容斥与二项式反演

无所谓，因为我已经钦定过你了。

不是特别成熟，未来大概率会再次完善。

容斥原理

上式子：

\[\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_{n}^{i}=[n=0] \]

一堆数里面选奇数个和偶数个的方案相同。也可以从杨辉三角同一行去看，这个结论是容易得到的。
这个有什么用呢？比如说我们想要求\(n\)个元素全部满足某种限制的方案数，等价于求\(0\)个元素不满足限制的方案数。钦定\(0\)个元素不满足限制，其他随意，减去钦定\(1\)个元素不满足限制，其他随意，发现所有\(2\)个元素不满足限制的方案会被重复减去（比如ab不满足限制，然后钦定a的时候被算了一次，钦定b的时候又被算了一次），再加上，然后又需要减去钦定\(3\)个不合法的方案......

jzyz4013 信封问题

这不是我们错排吗，现在从容斥的角度考虑。钦定\(i\)个放在原位，其他随便放，方案数为\((n-i)!C_{n}^{i}\)，故根据上面的式子，答案为\(\sum_{i=0}^{n}(-1)^i(n-i)!C_n^i\)。

BZOJ4710 [JSOI2011] 分特产

钦定\(x\)个人分不到特产，其他随意。从每个\(a_i\)来考虑，相当于\(a_i\)个小球，放入\(n-i\)个位置，可以为空，方案为\(C_{a_i+n-i-1}^{n-i-1}\)。故答案为\((-1)^x\sum C_{a_i+n-i-1}^{n-i-1}\)。

jzyz0019 BZOJ3129. 方程（弱化版）

弱化在不需要exLucas。这玩意我不会，先挖坑。
感觉是一个需要转化题意的妙妙题。对于那\(n2\)个变量，不妨将它们都减去\(a_i\)，这样就转化成满足正整数就可以了，也就是我们直接令\(m\)先减去\(\sum_{i=n1+1}^{n1+n2}a_i\)。现在只需要考虑前\(n1\)个限制。\(n1\)只有\(8\)？那我直接状压。枚举状态，钦定不合法的，就是\(x_i\ge a_i+1\)，仿照\(n2\)进行类似转化即可。

BZOJ1042 [HAOI2008]硬币购物

看上去像是背包，\(4\)种物品，完全背包是可以接受的。考虑枚举\(2^4\)种状态，表示\(4\)种面值钦定是否满足要求。比如二进制下为\(1\)表示钦定不满足，否则随意。对于不满足限制，也就是花钱超过\(d_i\)枚的，我们令目标减去\((d_i+1)c_i\)，转化成花了正整数枚，技巧与上一题类似。然后就是随便花花满一个目标，预处理一个完全背包即可。记得乘上\(-1\)的系数。

jzyz6014 水仙花

我认为是很好的题。不合法的情况就是，\(a_{i+1}\)是\(a_i\)的因子。这个东西两个相邻元素之间是有依赖性的，所以单个不好钦定。那怎么办？钦定连续段。可以发现，不合法的连续段是\(\log m\)量级的，预处理\(f_{i,j}\)表示长为\(i\)且以\(j\)开头的不合法连续段的数量，复杂度带上调和级数是\(m\log^2m\)的。以此可以得到\(g_i\)表示长为\(i\)的不合法连续段的数量。然后令\(dp_i\)表示考虑了前\(i\)个数的答案。枚举段长转移，有：\(dp_i=\sum_{j=1}^{\log m}(-1)^{j-1}dp_{i-j}*g_j\)。为什么是\((-1)^{j-1}\)?因为一段不合法的连续段，实际上最后一个位置是合法它，不考虑它，所以实际上看\(j-1\)的奇偶性。再者，我\(dp_i\)的值只与\(i\)往前\(\log m\)个位置有关，所以按长度这样容斥就是对的。
比较有助于加深对容斥的理解。

二项式反演

在容斥的研究中，我们常用到钦定，那么现在来引入恰好，就是字面意思。
现在考虑求恰好\(k\)个元素满足限制的方案数\(f_k\)。我现在会求\(g_k\)表示钦定\(k\)个元素满足限制，能不能尝试找到\(f_k\)与\(g_k\)之间的关系？显然，对于任意\(j\le k\)，\(f_k\)会被\(g_j\)算\(C_{k}^{j}\)次，所以有\(g_j=\sum_{k\ge j}C_{k}^{j}f_k\)。所谓二项式反演，就是从形如这样的式子中找到两个未知数互换后的形式。
下面粘上二项式反演的四种形式，具体证明先【挖坑】。
一、

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

二、

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

三、

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

四、

\[g_n=\sum_{i=n}^{N}C_i^nf_i\\ f_n=\sum_{i=n}^{N}(-1)^{i-n}C_i^ng_i \]

据说前两种最为常见和常用。

BZOJ2839 集合计数

设\(f_i\)表示钦定\(i\)个元素属于交集的方案数，选出\(i\)个是\(C_n^i\)，剩下\(n-i\)个元素任意，有\(2^{n-i}\)种状态，每种状态都代表了一个可选的集合，集合任意选，不能不选，所以选集合的方案数就是\(2^{2^{n-i}}-1\)，故\(f_i=(2^{2^{n-i}}-1)C_n^i\)，设\(g_i\)表示恰好\(i\)个属于交集的方案数，则有\(f_i=\sum_{j=i}^ng_jC_j^i\)，反演回去就可以了。

BZOJ3622 已经没有什么好害怕的了

麻烦的点在于配对的问题。解一个方程容易知道，就是求糖果比药片能量大的配对恰好有\(K=(n+k)/2\)组。那么为了方便考虑，将糖果和药片从小到大排序，然后设\(dp_{i,k}\)表示考虑了前\(i\)个糖果，钦定\(k\)组糖果比药片能量大，且只考虑钦定元素的选取方案，不考虑非钦定元素选取方案的方案数，我们想要\(g_i\)表示钦定\(i\)组糖果比药片能量大的方案数，显然有\(g_i=(n-i)!dp_{n,i}\)。这样做是因为直接求\(g_i\)是不好做的，所以相当于把问题分解了，我认为这种思想非常重要。怎样求\(dp_{i,k}\)？我们排序后求一个\(r_i\)表示满足\(b_j<a_i\)的\(j\)最大不超过\(r_i\)，枚举当前元素\(i\)和钦定数量\(k\)，若\(i\)不是钦定满足要求的，那么\(dp_{i,k}\gets dp_{i-1,k}\)，若是，\(dp_{i,k}\gets(r_i-(k-1))dp_{i-1,k-1}\)。然后就可以知道\(g_i\)，剩下就是反演了。