容斥 More

QOJ1284. Partition Number

给定集合 \(A\)，求 \(m\) 的分拆数，不包括 \(A\) 中的元素。

\(|A| \le 500, m \le 3 \times 10^5\)。

直接容斥，我们可以选定 \(A\) 中的一些数必须用，方案就是 \(p(m - \sum_{i \in S}i)\)，其中 \(p\) 是分拆数。

分拆数可以用 \(O(n \sqrt(n))\) 的算法来求，现在考虑确定了和，如何求贡献。

简单 dp，设 \(dp(i,j)\) 表示前 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的贡献。选了偶数个贡献为正，否则为负。可以直接背包转移，可以不写第一维。

时间复杂度 \(O(m\sqrt m + nm)\)。

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LOJ6077.「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对

求长度为 \(n\)，逆序对恰好为 \(k\) 对的排列个数。

\(n,k \le 10^5\)。

逆天题。

对于计数逆序对一个很好的方法：我们从一个空排列开始，将 \(1 \sim n\) 依次加入排列中，通过每次插入的位置直接更新现在的逆序对个数。

不妨设 \(x_i\) 表示插入 \(i\) 新增的逆序对，不难将问题转化成下面的形式：

\[\begin{cases} \sum_{i=1}^nx_i = k\\ 0 \le x_i \le i - 1 \end{cases} \]

然后就成了超级无敌经典容斥。

我们选一个子集 \(S\)，要求 \(S\) 中全部超出限制，这样我们就计算和为 \(k - \sum_{i \in S}i\) 的不带限制版本。

但是直接枚举肯定不行，我们考虑枚举和，然后计数子集个数。

设 \(g(i, j)\) 表示 \(1 \sim n\) 选了 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的方案数。考虑到 \(k\) 和 \(n\) 同阶，所以状态的个数是 \(O(n\sqrt n)\) 的。

接下来就是很逆天的转移了：

我们再定义一个 \(f(i,j)\) 表示 \(1 \sim n-1\) 选了 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的方案数。

对于 \(g\)，如果选了 \(1\)，我们要在 \(2 \sim n\) 中选和为 \(j - 1\)，可以对应到在 \(1 \sim n - 1\) 中选和为 \(j - i\) 的方案！也就是 \(f(i - 1, j - i)\)。

不选 1 的话就是 \(f(i, j - i)\)。

对于 \(f\)，我们考虑所有选法 \(g(i,j)\)，只用减去选了 \(n\) 的就是 \(f(i,j)\)，而选了 \(n\) 的与 \(f(i-1, j - n)\) 一一对应。

所以我们可以在 \(O(n \sqrt n)\) 的时间里计算这两个，下面是本题最关键的代码：

点击查看代码

g[0][0] = f[0][0] = 1;
for (int i = 1;i <= b; i++) 
	for (int j = 1; j <= k; j++) {
		if (j >= i)
			g[i][j] = (f[i - 1][j - i] + f[i][j - i]) % mod;
		f[i][j] = g[i][j];
		if (j >= n)
			f[i][j] = (f[i][j] - f[i - 1][j - n] + mod) % mod; 
	}

然后就做完了。

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CSES2421 Counting Reorders

重排一个字符串，要求相邻字符不相等，求方案数。

\(n \le 5000\)

对每个位置容斥，转化成求总共 \(t\) 段，段内必须相等，段间无要求的方案数。

可以用 dp 来做，设 \(dp[i,j]\) 为前 \(i\) 个字符分了 \(j\) 段方案数，这个可以 \(O(n^2)\) 转移。

然后就没了。

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51Nod 1202 子序列个数

我们不妨设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个数的所有子序列（包括空串）。

我们有 \(dp_i = 2dp_{i-1}\)，也就是一部分不加上 \(a_i\)，一部分加上。

但是一部分加上 \(a_i\) 的会和没加上的重复，我们需要减去其贡献。

假设上个 \(a_i\) 出现的位置是 \(j\)，则不难发现所有前 \(j-1\) 的子序列加上 \(a_i\) 都会重复，其他都不会重复。

于是我们让 \(dp_i = 2dp_{i-1} - dp_j\) 即可。时间复杂度 \(O(n)\)。

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