我会容斥

使用艾弗森括号表示 bool 变量当然也可能会忘。尝试用更好的形式剖析一些经典容斥的原理。

我数学不好，所以会有大量跳步，上下标大量漏，可能会有错误，恳请指出。

1 简单容斥

1.1 逻辑运算

\[\mathrm{sign}([x])=(-1)^{[x]+1}\\ \neg[x]=(1-[x])\\ [x]\land [y]=[x][y]\\ [x]\lor [y]=\neg(\neg[x]\land \neg[y])\\ =(1-(1-[x])(1-[y]))=[x]+[y]-[x][y]\\ [x]\oplus[y]=[x]+[y]-2[x][y] \]

1.2 “不存在 \(a_i\)”

\[[\sum_{i=1}^n [a_i]=0]=\bigwedge_{i=1}^n\neg[a_i]=\prod_{i=1}^n(1-[a_i]) \]

其中，最后一个式子等价于：

\[\sum_{S\subseteq\{1,2,...,n\}} (-1)^{|S|}\prod_{i\in S}[a_i] \]

1.3 FWT

\[F_i=\sum_{j\oplus k=i} G_jH_k\\ F_i=\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}[j\oplus k=i]G_jH_k\\ F_i=\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}(\prod_{x=0}^{V-1}(1-[i_x\oplus j_x\oplus k_x]))G_jH_k \]

此时这个形态并不好拆分，考虑并非神之一手：

\[F_i=\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}(\prod_{x=0}^{V-1}(\dfrac{1}{2}+(-\dfrac{1}{2})^{[i_x\oplus j_x\oplus k_x]}))G_jH_k\\ F_i=\dfrac{1}{2^V}\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}(\prod_{x=0}^{V-1}(1+(-1)^{[i_x\oplus j_x\oplus k_x]}))G_jH_k\\ F_i=\dfrac{1}{2^V}\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}(\prod_{x=0}^{V-1}(1+(-1)^{i_x}(-1)^{j_x}(-1)^{k_x}))G_jH_k\\ \]

接下来考虑分离变量：引进变量 \(l\) 表示选择了乘积式的第二项。

\[F_i=\dfrac{1}{2^V}\sum_{j=0}^{2^V-1}\sum_{k=0}^{2^V-1}\sum_{l=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap j}(-1)^{l\cap k}(-1)^{l\cap i}G_jH_k\\\ F_i=\dfrac{1}{2^V}\sum_{l=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap i}\sum_{j=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap j}\sum_{k=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap k}G_jH_k\\ F_i=\dfrac{1}{2^V}\sum_{l=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap i}(\sum_{j=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap j}G_j)(\sum_{k=0}^{2^V-1}(-1)^{l\cap k}H_k) \]

定义 \(\hat F\) 是 \(F\) 的 FWT 后结果。有如下定义式：

\[\hat{F}_i=\sum_{j=0}^{2^V-1} (-1)^{|i\cap j|} F_j \]

则有 \(\hat{F}_i=\hat{G}_i\hat{H}_i\)。

其实刚才的推导并没有深入 FWT 的本质，但是其充分体现了容斥的自然性。

如果尝试了 3-FWT，使用单位根 \(\omega\) 可以用类似的方法推导。

2 例题第一组

2.1 QOJ8184

设 \(f(a_1,a_2,a_3,...,a_m)\) 为 \(a\) 中不同数的个数。

找到所有正整数序列 \(a\) 满足 \(a_1+a_2+a_3+...+a_m=n\) 的 \(f(a_1,a_2,a_3,...,a_m)\) 的和。对 \(998244353\) 取模。

\(1\le n\le 10^{18},1\le m\le 500,m\le n\)。

做法如下：

\[\sum_{a}f(a)\\ =\sum_{a}\sum_{p}[p\in \{a\}]\\ =\sum_{a}\sum_{p}(1-[p\notin \{a\}])\\ =\sum_{a}\sum_{p}(1-\prod_{i=1}^m [p\neq a_i])\\ =\sum_{a}\sum_{p}(1-\prod_{i=1}^m (1-[a_i=p]))\\ =\sum_{p}(\sum_{a}1-\sum_{S\subseteq\{1,2,...,m\}}(-1)^{|S|}\sum_{a}\prod_{i\in S} [a_i=p])\\ =\sum_{p}(\sum_{a}1-\sum_{S\subseteq\{1,2,...,m\}}(-1)^{|S|}\sum_{a}\prod_{i=1}^m [[i\in S]\to [a_i=p]])\\ \]

最后一个式子的意义是“钦定”。

显然上文全都在大炮打蚊子，但是我觉得挺好玩的。

2.2 P11817

先刻画一下，一种方式是记序列 \(a,b\) 表示每条边是由 \(a_i \to b_i\)。要求 \(a_i\neq b_i\)，但是还剩下无重边的条件不好刻画。

换个形态，设计长为 \(2n\) 的序列 \(a\) 进行 \(i\to a_{2i-1},i\to a_{2i}\) 这样的连边方式，这太对了吧。于是把所有条件刻画出来。

• 无重边：\(a_{2i-1}\neq a_{2i}\)。
• 无自环：\(i\neq a_{2i-1}\)，\(i\neq a_{2i}\)。
• \(1\sim n\) 每个数出现两次。

使用类似上一题的写法：

\[\sum_{a}\prod_{i=1}^n[a_{2i-1}\neq a_{2i}][i\neq a_{2i-1}][i\neq a_{2i}]\\ \]

为了方便单独拿出里面：

\[[a_{2i-1}\neq a_{2i}][i\neq a_{2i-1}][i\neq a_{2i}]\\ =(1-[a_{2i-1}=a_{2i}])(1-[i=a_{2i-1}])(1-[i=a_{2i}])\\ =1-[a_{2i-1}=a_{2i}]-[i=a_{2i-1}]-[i=a_{2i}]+2[a_{2i-1}=a_{2i}=i] \]

想一下这个式子啥意思，额这不是小学奥数韦恩图吗。反正乘法原理就是枚举每个 \(i\) 选择这四种贡献的哪一个。接下来的部分和容斥没啥关系先不说。

参考：https://www.luogu.com.cn/article/ez7s5j0w

2.3 ARC096C

求由若干个长度为 \(n\) 的二进制数（\(0\sim 2^n -1\)）构成的不可重集合 \(a\) 的数量，使得对于每一个二进制位，\(a\) 中都至少有两个数在这一位上是 \(1\)。\(1\le n\le 3000\)。

如法炮制，定义 \(\mathrm{count}(a,i)\) 为 \(a\) 中第 \(i\) 位出现的次数：

\[\sum_{a}\prod_{i=1}^n[\mathrm{count}(a,i)\ge 2]\\ =\sum_{a}\prod_{i=1}^n(1-[\mathrm{count}(a,i)=0]-[\mathrm{count}(a,i)=1]) \]

看起来已经可以做了。还是乘法原理。如果选了 \([\mathrm{count}(a,i)=0]\) 就是直接丢掉这一位了，不管它。

假设有 \(j\) 个数选了 \([\mathrm{count}(a,i)=1]\)，这些 \(1\) 可以分散到若干个数上，这是类似斯特林数的形式。但是还可以有至多一个 \(0\)。

然后，在式子里选了 \(1\) 的也就是任选的位置可以让一个数分裂成若干个数：如果这是一个全 \(0\) 则有 \(2^{2^k}-1\) 种选法否则只是 \(2^k\)。预处理类似斯特林数的 dp 数组即可快速计算。

3 其他容斥的新证法

并非很有用，因为数学归纳秒一切。但是好玩。

3.1 二项式反演

可能有点困难。二项式反演要求恰好 \(k\) 个。形式化的讲，其需要刻画 \([\sum a_i=k]\)。

尝试使用生成函数刻画：

\[\sum_{a}[\sum a_i=k]\\ =[x^k]\sum_a\prod_{i=1}^n(1+a_i(x-1))\\ =\sum_{S\subseteq\{1,2,...,n\}} [x^k] \sum_a \prod_{i\in S} a_i(x-1)\\ =\sum_{S\subseteq\{1,2,...,n\}} [x^k] \sum_a (x-1)^{|S|}\prod_{i\in S}a_i\\ =\sum_{S\subseteq\{1,2,...,n\}} \binom{|S|}{k}(-1)^{|S|-k}\sum_a \prod_{i\in S}a_i\\ \]

胜利了！这个的意义在于他不仅是可以取第 \(k\) 项的，他还可以用单位根反演取 \(k\) 的倍数项之类，具体还有没有什么好的拓展我还需要想想。

3.2 Min-Max 反演

扩展 Min-Max 反演例题：P4707。题意：有 \(m\) 个小球，小球有 \(n\) 种颜色，每次选出一个小球并记录颜色再放回袋子里。问你达到选出 \(k\) 种颜色的目标期望花费的操作次数。\(1\le k\le n\le 10^3\)，\(n-k\le 10\)，\(1\le m\le 10^4\)。

期望花费的操作次数也就是对于每个 \(p\)，第 \(p\) 步仍然没有选出 \(k\) 种颜色的概率之和。

对应一个序列 \(a\)，\(a_i\) 表示第 \(i\) 种颜色被选出的次数。其满足 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i =p-1\)，这个序列被前 \(p-1\) 步操作到的方案数为 \(\displaystyle \binom{p-1}{a_1,a_2,...,a_n}\)。其要求为 \((\sum[a_i>0])<k\) 和上述“二项式反演”的做法是一样的。

3.3 子集反演

对 \(T\) 的信息 \(f_T\) 做变形：

\[\sum_{T'}\prod_{i=1}^n[[i\in T']=[i\in T]]f_{T'}\\ \sum_{T'}\prod_{i=1}^n(1-[i\in T]+[i\in T'](2[i\in T]-1))f_{T'}\\ \]

如果注意力比较集中会注意到上面的式子，但是我注意力不够，试了好久。

\[\sum_{S} \sum_{T'}\prod_{i\notin S}(1-[i\in T])\prod_{i\in S}[i\in T'](2[i\in T]-1)f_{T'}\\ \sum_{S} \prod_{i\notin S}(1-[i\in T]) \prod_{i\in S} (2[i\in T]-1) \sum_{T'}\prod_{i\in S}[i\in T']f_{T'}\\ \]

可以看到我们已经推完了，但是前面剩下那一大堆是啥？？？

首先对于 \(i\notin S\) 有 \(i\in T =0\) 也就是 \(i\notin T\)，这意味着 \(T\) 是 \(S\) 的子集。然后对于其中 \(i\notin T\) 且 \(i \in S\) 的部分会产生 \(-1\) 的贡献。

所以其实就是 \([T\subseteq S](-1)^{|S|-|T|}\)。

4 第二组例题

4.1 AGC041F

格子的形状是笛卡尔树。把每个行拆分开来。考虑定义第 \(i\) 个行是否被选记为 \(r_i\)，第 \(i\) 个列是否被选记为 \(c_i\)。

则一种方案是否被算入答案的代数柿子为：

\[r_i=[\sum_{(x,y)\in rS_i}a_{x,y}=0]\\ c_i=[\sum_{(x,y)\in cS_i}a_{x,y}=0]\\ \prod_{i}\prod_{j}[(H_i,j)\in rS_i](1-r_ic_j) \]

大概长成这样吧。显然接着推柿子。

\[\prod_{j}(1-c_j(1-\prod_{i}[(H_i,j)\in rS_i](1-r_i)))\\ =\prod_{j}(1-c_j+c_j\prod_{i}[(H_i,j)\in rS_i](1-r_i)) \]

当按照笛卡尔树形态 dp 时，一个列第一次出现时枚举其选择乘积式的哪一项，不难发现若选择多个最后一项，其限制是相同的，可以合并，于是只需要记 \(0/1\) 状态。复杂度为树形背包复杂度。

4.2 P14465

说一下这题的好方法。

\[\prod c_{\min(|i-p_i|,m)}\\ =\prod [|i-p_i|<m]c_{|i-p_i|}+[|i-p_i|\ge m]c_{m}\\ =\prod [|i-p_i|<m]c_{|i-p_i|}+(1-[|i-p_i|<m])c_{m}\\ =\prod c_m+[|i-p_i|<m](c_{|i-p_i|}-c_m) \]

这个柿子太爽了。可以钦定一个位置是选择第二项还是第一项。

后面只需要直接状压前后共 \(2m-1\) 个位置的选择状态并 dp 即可。不需要其他题解里说的大分讨。

4.3 AGC070B

考虑统计一个图 \(i\to q_i\) 的权值和。我们为这个图的奇环赋 \(2\) 的权值，为这个图的偶环赋 \(0\) 的权值。可以写成：

\[\prod_{c\in \mathrm{CYCLE}(G)} (0+2[c\text{ is odd}])\\ =\prod_{c\in \mathrm{CYCLE}(G)} (1+-1+2[c\text{ is odd}]) \]

这个式子的意思是选出一些环并给偶环统计 \(-1\) 的系数，奇环统计 \(1\) 的系数。

考虑枚举被钦定为环上节点的集合 \(S\)，打表或严谨证明可以发现若 \(|S|>1\) 则权值为 \(0\)。实际上这是一个经典的结论（至少我见过），不过能想起来这个结论也并非容易。

接下来钦定在集合 \(S\) 中选出的树边，每选出一条获取 \(-1\) 的系数。显然其构成若干条链，由于 \(|S|\le 1\) 所以只有一条直链被选。没被选的点只需要不选择父亲即可。所有事情可以 \(O(n)\) 计算。

4.4 QOJ15326

手玩并注意到一个合法的线段树的合法权值方案为：

若一个点有两个叶子，则这两个叶子的权值不同，满足上述限制的前提下，有 \(c\) 种这样的点，则方案为 \(2^{c-1}\)。

证明不难。

若有若干个权值不同的叶子被合并 \(a\)，若干个权值相同的叶子被合并 \(b\)，产生的贡献应该是 \([b=0]2^{a}\)。

和 4.3 的结论一样，钦定若干个权值不同的叶子被合并 \(a\)，若干个权值相同的叶子被合并 \(b\)，系数为 \(1^a(-1)^b\)。

由于“三角剖分等于线段树”，我们可以发现：剩下乱选的方案是卡特兰数的形式。于是我们只需要计算因为我们的钦定而把 \(n\) 个物体合并成了 \(k\) 个物体的方案数即可。

这是经典问题，考虑对原序列分治，设 \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 表示分治区间 \(i\) 中合并成了 \(j\) 个物体，左右端点是否已被合并。

转移是卷积形式，可以 NTT，复杂度 2 log。

5 其他容斥问题

警告：没有使用上文的方法，部分跑题。但是讲容斥不讲这些可能不好。

5.1 P11714

该来的总会来的。题意：计数图 \(G=(V,E)\)，有新图 \(G'=(V,E')\)，且 \(E'\subseteq E\)，\(G'\) 强连通的方案数。\(1\le n\le 15\)。

关键性质：对于一个非强连通图，其缩点后形成一个大小不为 \(1\) 的 DAG。

第一步容斥：每步枚举缩点后的 DAG 上，入度为 \(0\) 的点集合 \(S\)，并删除这些点。注意此处并不是那些原图上的点，而是缩完了剩下的点数。对其赋 \((-1)^{|S|+1}\) 的权值。我们可以用类似子集反演的方法说明，进行若干次操作后，这样可以给每个大小不为 \(1\) 的 DAG 删空并赋 \(1\) 的权值。

接下来，确定原图上被缩成入度为 \(0\) 的点的点集 \(S'\)，定义 \(g_{S'}\) 为集合 \(S'\) 被分成若干个强连通图（相当于缩点）并乘上系数的方案数。\(g\) 的转移较为简单。

接下来设计 \(f_{T}\) 表示 \(T\) 集合内的答案。枚举 \(S'\subsetneq T\) 即可转移。其中 \(S'\) 到 \(T\) 可以任意连边，需要预处理两个集合之间的边数。

时间复杂度依实现，可以做到 \(O(2^nn+3^n)\)。

5.2 AGC067D

首先钦定 \(1,2,...,n-1,n\) 是唯一的排列，然后令 \(i\to [l_i,r_i](l_i\le i\le r_i)\) 这样连边，其是一个 DAG。这样我们就简洁而优美的刻画了形态。

类似主旋律容斥，钦定一个无入度点集合 \(S\)，系数为 \((-1)^{|S|+1}\)。其他点的区间无法跨过任意一个 \(S\) 中的点，所以各部分独立。转移非常简单。

难点在于想到 DAG 的转化，感觉知道可以删掉必匹配点是很容易的，但是能想到是 DAG 有点难啊！虽然其实是一个东西。

5.3 P10104

考虑 \(m=0\)：假设 \(a_{n+1}=C\)，只需要最后和 \(a_{n+1}=C-1\) 的方案相减即可得到答案，转化为异或和 \(=0\)。

数位 dp。枚举所有数与上界的 LCP 的最小值，后面会有一个数开始失控，第一次失控后面的达成条件方案数都可以直接算出，\(O(n\log V)\)。

考虑 \(m>0\)：容斥，选择一些边强制钦定相等，容斥系数 \(-1\)，划分成了若干个连通块，每个连通块内限制为 \(a\) 的最小值的限制。

预处理联通块内的容斥系数和，这可以使用集合幂级数 \(\ln\) 或者暴力 \(O(3^n)\)。我们也要暴力算出由连通块内最小值所构成的集合，每一个都做一遍“问题 \(m=0\)”。

记录 \(f_{S,T}\) 表示当前连通块集合为 \(S\)，最小值集合为 \(T\)。复杂度 \(4^n\)。但是有说法是合并联通块的状态只有 \(n2^n\) 种。\(O(n3^n)\)。

具体说法一下。首先先给 \(a\) 排序。然后是按照最小值从小往大转移。我们需要记录当前选了哪些数和已经选了哪些最小值。

转移时，非最小值除外，剩下的位置最小值一定选了一个序列上的前缀，可以使用最大的最小值位置记录。则只需要记录非最小值的集合和最大的最小值位置，信息量 \(O(n2^n)\)。转移暴力合并。

5.4 其他技巧

点边容斥：对于树上的一个点集，其构成的连通块数为 \(\displaystyle \sum_{u\in V} [u\in S]-\sum_{(u,v)\in E} [u\in S][v\in S]\)。

网格版点边容斥：对于网格上的一个点集，其构成的连通块数为 \(\displaystyle \sum_{(x,y)} [(x,y)\in S]-\sum_{(x,y)} [(x,y)\in S][(x,y+1)\in S]-\sum_{(x,y)} [(x,y)\in S][(x+1,y)\in S]+\sum_{(x,y)} [(x,y)\in S][(x,y+1)\in S][(x+1,y)\in S][(x+1,y+1)\in S]\)。

由于上面两个式子都写成了和这次讲的内容一样的形式，所以我觉得这也是可以用暴力推式子的方法的。但是并不直观。

6 总结

本文和上一篇“我不会容斥”有一些重叠。也补充了很多。

容斥是一门很有趣的学问，本文中的容斥式子大多都是使用 bool 变量推式子的方式。这是帮助做题人梳理容斥系数和容斥方法的好技巧。

其中比较奇怪的可能是 3.3 子集反演中的式子，这个应该可以推广到莫比乌斯反演，但是有点复杂，懒了。有人写了这种推式子的可以发出来并批评我。

希望这个技巧可以让“我”和理解这篇文章的人受益。如果写的不好也请批评。