《对互异关系的容斥》学习笔记

原论文：《对互异关系的容斥》。

还参考了：《互异关系容斥&集合幂级数小记》。

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问题

问题：给定集合 \(S\)，求有多少 \(S\) 的大小为 \(n\) 的子集满足元素 \(\oplus\) 和为 \(k\)。

给子集中的元素确定顺序：给定集合 \(S\)，求有多少长度为 \(n\)、值域为 \(S\) 的序列 \(a\) 满足 \(\bigoplus_{i=1}^na_i=k\) 且 \(\forall i\neq j,a_i\neq a_j\)。除以 \(n!\) 即得原问题答案。

例题：\(S=\{0,1,\ldots,2^t-1\}\)（记 \(m=|S|=2^t\)），\(\oplus\) 表示异或，\(k=0\)。

对边集容斥

对 \(\forall i\neq j,a_i\neq a_j\) 容斥。令无向边 \((i,j)\) 表示 \(a_i=a_j\)，则我们要对 \(n\) 阶完全图 \(K_n\) 的边集 \(E_n\) 的子集进行容斥。钦定边集 \(E\) 的限制全被满足，则要求 \(\emptyset\) 的限制恰好被满足。于是子集反演得到 \(E\) 的容斥系数为 \((-1)^{|E|}\)。设其方案数为 \(V(E,k)\)，则答案为：

\[ans_k=\sum_{E\subseteq E_n}(-1)^{|E|}V(E,k) \]

推导

设 \(C(E)\) 表示 \(E\) 在 \(n\) 个点中形成的连通块的集合，\(|c|\) 表示一个连通块的点数。则：

\[V(E,k)= \begin{cases} m^{|C(E)|} & k=0,\forall c\in C(E),2\mid|c| \\ 0 & k>0,\forall c\in C(E),2\mid|c| \\ m^{|C(E)|-1} & \exists c\in C(E),2\not\mid|c| \end{cases} \]

第三条是因为在 \(S\) 中逆元存在且唯一，故选一个等价类出来，随意填剩下的 \(|C(E)|-1\) 个等价类，将这个等价类的值赋为逆元即可。

于是显然有（注意下降幂）：

\[\begin{gathered} ans_1=ans_2=\ldots=ans_{m-1} \\ \sum_{i=0}^{m-1}ans_i=m^\underline n \end{gathered} \]

我们求出 \(ans_0-ans_1\)，则：

\[\begin{gathered} ans_0={(m-1)(ans_0-ans_1)+\sum_{i=0}^{m-1}ans_i\over m} \\ ans_i={-ans_0+\sum_{i=0}^{m-1}ans_i\over m-1} \ (i\geq1) \end{gathered} \]

对点集算贡献

接下来计算 \(ans_0-ans_1\)，设为 \(f_n\)。这一步将对边集的容斥变成对点集算贡献，若只关心点集大小则使用归纳 / EGF，否则使用集合幂级数。

\[f_n=\sum_{E\subseteq E_n,\forall c\in C(E),2\mid|c|}(-1)^{|E|}m^{|C(E)|} \]

这一步可以像原论文那样 DP，也可以来一点 GF：

由于不同连通块点集的导出子图的边集独立，且连通块间不连边，我们可以在连通块内枚举边集。那么大小为 \(n\) 的连通块的贡献 \(g_n\) 为：

\[g_n=m\sum_{E\subseteq E_n,连通}(-1)^{|E|} \]

直接上 \(\ln\)（EGF）来搞连通性：

\[\begin{gathered} h_n=\sum_{E\subseteq E_n}(-1)^{|E|}=[n=1] \ (n\geq1) \\ \hat H(x)=1+\sum_{n\geq1}h_n{x^n\over n!}=1+x \\ \hat G(x)=m\ln\hat H(x)=m\ln(1+x)=m\sum_{n\geq1}{(-1)^{n-1}\over n}x^n \\ g_n=[{x^n\over n!}]\hat G(x)=m(-1)^{n-1}(n-1)! \ (n\geq1) \end{gathered} \]

再用单位根反演求大小为偶数的连通块的 EGF（由于这里仅仅是 \(2\mid n\)，动用人类智慧也可以想出）：

\[\hat P(x)={\hat G(x)+\hat G(-x)\over2}={m\over2}(\ln(1+x)+\ln(1-x)) \]

最后求一发 \(\exp\) 再提取系数即可得到 \(f_n\)：

\[\begin{gathered} \hat F(x)=\exp\hat P(x)=(1-x^2)^{m\over2} \\ (n\geq1) \ f_n=[{x^n\over n!}]\hat F(x)= \begin{cases} (-1)^{m/2}{m/2\choose n/2}n! & 2\mid n \\ 0 & 2\not\mid n \end{cases} \end{gathered} \]

带回去求得 \(ans_0\)，除以 \(n!\) 即为最开始的问题的答案：

\(2\mid n\) :

\[{ans_0\over n!}={(m-1)(-1)^{m/2}{m/2\choose n/2}n!+m^\underline n\over m\cdot n!}={(m-1)(-1)^{m/2}{m/2\choose n/2}+{m\choose n}\over m} \]

\(2\not\mid n\) :

\[{ans_0\over n!}={m^\underline n\over m\cdot n!}={{m\choose n}\over m} \]

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总结

1. 将等价关系看作无向图的连边，将等价类看作连通块，对边集进行容斥。

2. 扩展到所有 \(k\)，表示 \(V(E,k)\)。利用方案数相同、已知总和的性质，只需计算 \(a_0-a_1\)，简化对容斥贡献的讨论。

   • 通常保证 \(\oplus\) 在 \(S\) 中的逆元存在且唯一（例如异或、取模加），这样可以选一个等价类来作为逆元。

3. 计算 \(a_0-a_1\)：对点集计算贡献。

另：子集与不重复的序列可以互相转化。

2025.8.19