【学习笔记】容斥

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理解本质：

一般化：
\(n\) 个条件（属性、限制） \(A_1 \cdots A_n\)，物品集合 \(S\)。
计数答案的形式：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{x \in S} c(x, A_i) f(A_i) \]

其中 \(c(x, A_i)\) 表示物品 \(x\) 在 \(A_i\) 条件下的贡献，\(f(A_i)\) 则表示 \(A_i\) 条件的容斥系数。

e.g. 对于维恩图上求并集，我们要让一个拥有 \(k\) 个属性的集合只被算一次，考虑这个物品被那些属性集合枚举到，可以得到

\[\sum_{i=1}^{k} C^i_k f(i) = 1 \]

一个合理的构造：\(f(i) = (-1)^{i+1}\)。

题目中有时候出现很难求 \(B_0\)，但是求 \(B_{1\sim n}\) 相对简单，我们用容斥将每个物品贡献到相应的地方

\[s(B_0) = \sum_{i=1}^n s(B_i)f(B_i) \]

这里的 \(s(B_i)\) 类似上文中的 \(\sum_{x \in S} c(x, A_i)\)。

这个容斥系数怎么求，也就是计数问题的重点。不同的问题有不同的解法，不过还是有迹可循的。
一定要抓住计数对象是谁、条件是谁，搞清楚每一步已知什么、在求什么。

trick

1. 容斥系数的计算式有一些很常见的形式，对应着一些基本的反演类型

• 组合数形式（link-二项式反演）

\(g_n\) 表示至多 \(n\) 个/ \(n\) 种的方案数量，\(f_n\) 恰好 \(n\) 个/\(n\) 种的方案数量

\[g_n = \sum_{i=0}^nC_n^if_i \Leftrightarrow f_n = \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_{n}^ig_i \]

\(g_k\) 表示至少 \(k\) 个/ \(k\) 种的方案数量，\(f_k\) 恰好 \(k\) 个/ \(k\) 种的方案数量

\[g_k = \sum_{i=k}^nC_i^kf_i \Leftrightarrow f_k = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}C_i^kg_i \]

• 倍数形式（link-莫比乌斯反演）
• 集合形式（子集反演）$f(S) = \sum_{T ⊆ S} g(T)⇔g(S) = \sum_{T ⊆ S}(-1)^{|S|-|T|}f(T) $。

例题

1. 「ZJOI2016」小星星

\(f[i][j][st]\) 表示在树上 \(i\) 这棵 subtree，对应了图上的 \(st\)，且 \(i\) 与 \(j\) 对应的方案数。

如果把 \(i, j\) 的意义反过来定义的话，就没有必要记录 \(st\) 了，但是显然会重复。

所以我们有暴力：

\[f[i][j][st|(1<<(j-1)] \gets f[i][j][st|(1<<(j-1)] + f[a][b][st] \]

其中 \(a\) 与 \(i\) 相连，\(b\) 与 \(j\) 相连，时间复杂度 \(O(n^3 3^n)\)。

我们肯定是想把 \(st\) 这个瓶颈去掉，那有上面的启示，直接用 \(f[i][j]\)，重复的给容斥掉。

直接常规做 \(f[i][j]\) 即在全集内无限制匹配，即“至多在该点集内”的答案。

于是我们枚举可以用的点集 \(st\)，对其 \(f\) 计算。

容斥系数 \(f(|st|)\) ?

本质上看，我们要让某一个拥有 \(n\) 个属性的物品只被算 \(1\) 次，然后考虑这个物品被哪些属性集合枚举到：\(\sum_{i=1}^n C_n^i f(i) = 1\)

一个合理的构造：

\((|st|=n)\) 的方案数 - \((|st|=n-1)\) 的方案数 + \((|st|=n-2)\) 的方案数 - \(\cdots\)

那问题就可以在 \(O(n^3 2^n)\) 时间复杂度内解决。