容斥原理,容斥系数

容斥原理,容斥系数

众所周知,容斥原理是计数问题中最鸡贼的东西.基本上很多计数问题都要用到容斥,但是有的时候你明明知道要容斥就是不知道怎么容斥.所以特此写在这里总结一下.

1.简单傻逼的容斥原理。

一般来说,这种容斥原理一般有n个性质,满足第\(i\)个性质的元素集合为\(A_i\),还有一个全集\(U\)

现在我们需要统计\(ans=|U \bigcap \overline A_1 \bigcap \overline A_2 \cdots \bigcap \overline A_n |\)

\(ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |\)

如果用组合意义来说的话,\(x \in A_i\)是代表元素\(x\)具有性质\(i\),我们要求的就是不具有所有性质的元素个数。

这个这个定理的证明如下。

我们用集合\(G_S\)来表示满足集合\(S\)中的所有性质,并且不满足集合\(\overline S\)中的所有性质的元素集合,即\(G _ S=\{ x|\forall A _ i\in S,x \in A _ i , \forall A _ i\in \overline S,x \notin A _ i \}\)
那么我们要求的就是\(G_{\varnothing}\)
\(ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |\)
不难得知
\[\sum_{T \subseteq S,S \neq \varnothing} (-1)^{|S|} = \begin{cases} 1\quad (T = \varnothing)\\ 0\quad (otherwise) \end{cases}\]
证明:\(ans=\sum_ {S \subseteq A}(-1)^{|S|}|U \bigcap S_ 1 \bigcap S_ 2 \cdots \bigcap S_ {|S|} |\sum_{G_T} \sum_{T \subseteq S,S \neq \varnothing} (-1)^{|S|}=G_{\varnothing}\)
  

2.Min-Max容斥

本质上还是容斥的变形。
Min-Max容斥的核心式子有两个。
1.\(\min\{\max\{a,b\},c\}=\max\{\min\{a,c\},\min\{b,c\}\}\)
2.\(\max\{a,b\}=a+b-\min\{a,b\}\)
正确性显然。
基于第一个结论,我们猜测\[ans=\max_{i=1}^n\{a_i\}=\sum_{ T \subseteq A} (-1)^{|T|+1}\min \{ T\}\]
显然可以归纳证明。
\[ans=\max_{i=1}^n\{a_i\}=\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} + a_n -\min\{\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} ,a_n\} \\=\max_{i=1}^{n-1}\{a_i\} + a_n -\max_{i=1}^{n-1}\{\min\{a_i ,a_n\}\} \\=\sum_{ T \subseteq A} (-1)^{|T|+1}\min\{ T\} + (-1)^{|T|+2}\min\{T,a_n\}+a_n \\=\sum_{ T \subseteq A}(-1)^{|T|+1}\min \{ T\}\]

upd:上面写的证明太复杂了,其实只需要按照元素大小排序,那么可以化归到已知的简单容斥里去了。

3.更加毒瘤的容斥原理

假设我们有长度为\(n+1\)的数列\(\{|A_i|\}\)分别代表具有性质\(A_i\)的集合元素的个数。
通常,我们需要计算的是\(s(A_i)\),即性质\(A_i\)对答案造成的贡献。
但是某些情况下\(s(A_i)\)太难计算,我们引入长度为\(n+1\)的数列\(\{|B_j|\}\),代表具有性质\(B_j\)的集合元素个数。
假如我们可以知道关系式\(s(B_j)=\sum_{i=0}^nf_{j,i}s(A_i)\)
那么我们可以构造一个关系\(s(A_i)=\sum_{j=0}^n g_{i,j}s(B_j)\)
如果我们将第一个代入第二个会发生什么呢?
  \[s(A_i)=\sum_{j=0}^n g_{i,j} \sum_{l=0}^n f_{j,l} s(A_l)   \\=\sum_{l=0}^n s(A_l) \sum_{j=0}^n g_{i,j}f_{j,l}\]
假如我们设\(h_{i,l}=\sum_{i=0}^n g_{i,j}f_{j,l}\),有\(s(A_i)=\sum_{j=0}^n h_{i,j}s(A_j)\)
显然可以知道
  \[h_{i,j}=\begin{cases} 1 \quad i=j\\ 0 \quad i\neq j   \end{cases}\]
那么如果我们把\(F,G,H\)都当作矩阵的话,那么\(H\)就是单位矩阵\(E\),而且\(FG=E\)
那么\(G=F^{-1}\)
这样我们就得到了容斥系数矩阵\(G\),按照最暴力的方法求是\(O(n^3)\)的。
再直接带入容斥系数就可以\(O(n^2)\)算出\(\sum_{i=0}^n s(A_i)\)的值了。
  
等等!为什么我碰到的容斥题都是\(n=10^5,n=2000\),从来就没有见过可以\(O(n^3)\)做的容斥题啊。
很多时候\(B_i\)都是由我们自己构造,既然自己构造的话就可以鸡贼一点,比如说我们构造\(\{B_i\}\),令其对\(\{A_i\}\)的转移矩阵\(F\)是一个下三角矩阵。
这样的话就相当于\(s(B_i)=\sum_{j=0}^i s(A_j) f_{i,j}\),我们可以依次解出\(\{A_i\}\)的值。
或者对这个下三角矩阵求逆,利用矩阵\(G\)\(\{B_i\}\)直接求出\(\{A_i\}\)
那这样我会\(O(n^2)\)的了,可是那些\(O(n)\)的题是怎么做的啊。
有些时候,题目只要求求某个性质的值,比如\(s(A_n)\),按照常规做法,你就不得不递推出其他所有的容斥矩阵。
但是如果我们一开始就知道了这些性质的容斥矩阵,岂不是就可以直接用对应的\(\{B_i\}\)转移给\(a_0\)。所以,某些时候,我们可以自己手算或者打表找出转移矩阵的容斥系数。
不过如果用矩阵来表示的容斥有时候比较繁琐,于是便有了系数的形式。
假如我们要算\(ans=\sum_{i=0}^n p_i s(A_i)\)
可以构造容斥系数\(q_j\),令\(ans=\sum_{j=0}^n q_j s(B_j)\)
\[ans=\sum_{j=0}^n q_j\sum_{i=0}^n f_{j,i} s(A_i) \\=\sum_{i=0}^n s(A_i)\sum_{j=0}^n q_j f_{j,i} =\sum_{i=0}^n p_i s(A_i)\]
有等式\[p_i=\sum_{j=0}^n f_{j,i} q_j\]
如果\(F\)是上三角或者下三角矩阵,我们求出\(q_j\)就只需要\(O(n^2)\)的时间。
特别的,如果\(f_{j,i}\)可以被表示成两个函数如\(h(j)\)\(h(i-j)\)的积,那么上式还是一个卷积的形式,可以多项式求逆在\(O(nlogn)\)的时间内求出容斥系数。
大多数情况下,容斥系数都是有迹可寻的,可以猜想一些可靠的容斥系数然后自己手推式子或者打表证明一下,当然复杂度允许的话也可以递推或者对矩阵求逆
在特殊情况下,还有一些经典的容斥系数。
  
1.组合数形式的容斥(二项式反演):
\[q_n=\sum_{i=0}^n \binom{n} {i} p_i \Leftrightarrow p_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} \binom {n} {i} q_i\]
  
2.倍数关系的容斥(莫比乌斯反演)。
\[q_n=\sum_{d|n} p_d \Leftrightarrow p_n=\sum_{d|n} \mu( {n \over d}) q_d\]
\[q_n=\sum_{n|d} p_d \Leftrightarrow p_n=\sum_{n|d} \mu( {d \over n}) q_d\]
  
3.斯特林数形式的容斥(斯特林反演)。
\[q_n=\sum_{i=1}^{n}\begin{Bmatrix}n \\ i\end{Bmatrix}p_i \Leftrightarrow p_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n \\ i\end{bmatrix}q_i\]

upd:对于三个反演的证明。
1.二项式反演
由二项式定理可知,
\[(x+1)^n=\sum_{i=0}^n \binom {n} {i} x^i \quad[1]\\ x^n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom {n} {i} (x+1)^i \quad[2]\]
\([2]\)带入\([1]\)得到等式\([n=i]=\sum_{i=0}^n (-1)^{j-i}\binom {i}{j} \binom {n}{i}\)
将反演式子互相带入可以得到等价与该等式。

2.莫比乌斯反演(只证第一个)
莫比乌斯函数满足性质,\([n=1]=\sum_{d|n} \mu(d)\)
即满足与衡等函数\(I\)的狄利克雷卷积为单位函数\(e\),\((\mu * I)(n)=e(n)=[n=1]\)
当然这是狄利克雷卷积,如果是矩阵的话,那么就是矩阵
\(\mu_{i,j}=[j|i]mu({i \over j}) ,I_{i,j}=[j|i]\)相乘,显然这是满足\(\mu I=E\)的。
第二个的证明就是把整除符号的两边反过来,本质上没有什么区别。

3.斯特林反演
可以去看我的另外一篇博文第二类斯特林数总结

posted @ 2018-09-21 15:29  Deadecho  阅读(...)  评论(...编辑  收藏