组合数学

容斥

容斥原理共有两种常用形式。

对于 \(n\) 个满足第 \(i\) 个限制条件的集合 \(A_1, A_2, \dots, A_n\)，

满足至少一个限制的方案数：

\[\left|\bigcup_{i=1}^nA_i\right|=\sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\}}(-1)^{|S|+1}\left|\bigcap_{i\subseteq S}A_i\right| \]

满足全部限制的方案数为：

\[\left|\bigcap_{i=1}^nA_i\right|=\sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\}}(-1)^{|S|}\left|\bigcap_{i\subseteq S}\overline{A_i}\right| \]

其中 \(\overline{A_i}\) 表示 \(A_i\) 的补集，即不满足限制 \(i\) 的集合。

例题

P3813 [FJOI2017] 矩阵填数

题目要求子矩阵最大值 \(=v\)，即所有值 \(\le v\) 且至少一个值 \(=v\)，后者是难做的。

首先需要注意到答案为：

\[\text{Ans}=\sum_{S\subseteq{\{1,\dots,n\}}}\text{calc}(S) \]

根据公式可以知道，\(\text{Ans}\) 表示满足全部 \(n\) 条限制的方案数，\(\text{calc}(S)\) 表示对于集合 \(S\) 中的限制强制不满足，不属于 \(S\) 的限制可能满足的方案数。

强制不满足限制可以令最大值强制 \(\le v-1\)，此时一定不满足限制。

如何计算 \(\text{calc}(S)\)？

我们可以确定格子 \((x,y)\) 的上线 \(lim(x,y)\)，对于格子 \((x,y)\)：

1. 若其没有限制，即不属于任何子矩阵，则 \(lim(x,y)=m\)；
2. 若 \((x,y)\) 所在的子矩阵 \(i\in S\)，则其最大值 \(\le v-1\)，即 \(\lim(x,y)\leftarrow \min(lim(x,y),v_i-1)\)；
3. 否则 \((x,y)\) 需要满足限制条件，即 \(\lim(x,y)\leftarrow \min(lim(x,y),v_i)\)。

知道了每个格子的 \(lim\)，则可以计算 \(\text{calc}(S)\)：

\[\text{calc}(S)=\prod_{(x,y)\in\text{Matrix}}\text{lim}_S(x,y) \]

\(\text{Matrix}\) 表示整个矩阵，\(\text{lim}_S(x,y)\) 表示根据集合 \(S\) 算出的 \(\text{lim}(x,y)\)。

由于本题矩阵较大，但是 \(n\) 很小，离散化矩阵即可。

我们不能遍历整个矩阵，离散化后会将矩阵分成若干个小块，小块内所有 \(\text{lim}\) 都相同，所以实际实现中：

\[\text{calc}(S)=\prod_{k=1}^K(\text{lim}_{S,k})^{siz_k} \]

\(K\) 表示小块总数，\(\text{lim}_{S,k}\) 表示块 \(k\) 的 \(\text{lim}\)，\(siz_k\) 表示小块大小。

二项式反演

二项式反演也共有两个常用式子。

\[f(n)=\sum_{i=0}^n\binom nig(i)\iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) \]

这个式子中 \(f(n)\) 表示至多选择 \(n\) 个元素的方案数，\(g(n)\) 表示恰好选择 \(n\) 个元素的方案数。

\[f(n)=\sum_{i=n}^N\binom ing(i)\iff g(n)=\sum_{i=n}^N(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f(i) \]

这个式子中 \(f(n)\) 表示钦定选择 \(n\) 个元素，其余随便选的方案数（这里是钦定选择，而不是通俗意义上的至少，与公式一做区分），\(g(n)\) 表示恰好选择 \(n\) 个元素的方案数。

通常题目中要求恰好，可能并不好做，可以计算出至多或至少的方案数并进行二项式反演求出答案，反之亦然。

二项式定理

标准形式：

\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom nka^kb^{n-k} \]

令 \(a=1,b=x\)，我们还常用这个式子：

\[(1+x)^n=\sum_{k=0}^n\binom nkx^k \]

二项式定理可以将长度为 \(n\) 的求和转化为幂运算，将（局部）时间复杂度从 \(\Theta(n)\) 降到 \(\Theta(\log n)\) 甚至 \(\Theta(1)\)。

例题

P6076 [JSOI2015] 染色问题

问题要求：

1. 棋盘恰好有 \(n\) 行至少有一个小方格被染色。
2. 棋盘恰好有 \(m\) 列至少有一个小方格被染色。
3. 恰好有 \(C\) 种颜色都在棋盘上出现至少一次。

恰好是不好做的，将条件改为至多 \(n\) 行，至多 \(m\) 列，至多 \(C\) 种颜色，这个问题是简单的，易得方案数为 \((C+1)^{nm}\)，使用二项式反演即可，得到：

\[\text{Ans}=\sum_{k=0}^C(-1)^{C-k}\sum_{j=0}^m(-1)^{m-j}\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}(k+1)^{ij} \]

实现是简单的。

P4859 已经没有什么好害怕的了

简化题意：

有两个长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，将 \(a,b\) 中的元素任意两两配对，求 \(a_i>b_i\) 比 \(b_i>a_i\) 恰好多 \(k\) 个的方案数。（保证 \(a,b\) 中的元素互不相同。）

设 \(a_i>b_i\) 的组数为 \(x\)，则 \(b_i>a_i\) 的组数为 \(n-x\)，所以：

\[x-(n-x)=2x-n=k\implies x=\frac{n+k}2 \]

为了方便表述并不引起歧义，以下用 \(a<b\) 或 \(a>b\) 表示配对的对。

于是问题变成恰好有 \(x\) 对 \(a>b\) 的方案数。

恰好不好做，改成至少。设 \(f(i)\) 表示钦定 \(i\) 对 \(a>b\)，其余随便选的方案数，\(g(i)\) 表示恰好 \(i\) 对 \(a>b\) 的方案数（即答案）。问题转变为如何计算 \(f(i)\)。

发现 \(a,b\) 顺序对答案无影响，所以先将 \(a,b\) 按升序排序。

考虑动态规划，设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑到 \(i\)，钦定 \(j\) 对 \(a>b\) 的方案数，则：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}\times(cnt_i-(j-1)) \]

\(cnt_i\) 表示 \(\forall1\le j\le n,b_j<a_i\) 的数量。转移式子中 \(a_i\) 要么不组成 \(a>b\) 的对，要么选择比 \(a_i\) 小的 \(b\)，共有 \(cnt_i-(j-1)\) 种选择。

此时 \(f(i)\) 的计算就容易了，钦定 \(i\) 对之后，剩下的可以随意排列配对，所以：

\[f(i)=dp_{n,i}\times(n-i)! \]

根据二项式反演即可写出 \(g(i)\)：

\[g(i)=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}f(j) \]

从而得到答案：

\[\text{Ans}=g(x)=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}f(i) \]

实现同样是简单的。

CF997C Sky Full of Stars

题目大意：

给定一个 \(n\times n\) 的网格，每个格子必须填入三种颜色之一，求至少一行或一列颜色相同的方案数，对 \(998244353\) 取模。

设 \(A_i\) 表示第 \(i\) 行的颜色相同的方案（不是方案数），\(B_i\) 表示第 \(i\) 列的颜色相同的方案。则答案为：

\[\text{Ans}=\left|\bigcup_{i=1}^nA_i\cup\bigcup_{j=1}^nB_j\right| \]

将 \(\left|\bigcup_{i=1}^nA_i\cup\bigcup_{j=1}^nB_j\right|\) 看作一个整体，容斥展开：

\[\begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\},T\subseteq\{1,\dots,n\},S\bigcup T\ne\varnothing}(-1)^{|S|+|T|+1}\left|\bigcap_{i=1}^nA_i\cap\bigcap_{j=1}^nB_j\right|\\ &=\sum_{S\subseteq\{1,\dots,n\},T\subseteq\{1,\dots,n\},S\bigcup T\ne\varnothing}(-1)^{|S|+|T|+1}\text{calc}(S,T) \end{aligned} \]

发现只有 \(|S|,|T|\) 对答案有影响，而 \(S,T\) 的具体元素对答案无影响，所以：

\[\text{Ans}=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^n(-1)^{i+j+1}\binom ni\binom nj\text{calc}(i,j) \]

接下来计算 \(\text{calc}(i,j)\)。

考虑当前选了 \(i\) 行，\(j\) 列，

1. \(i>0,j>0\)，行列都有选择，行列交叉，所以被选中的行列形成一个连通块，这一个连通块内的格子必须颜色相同，其他格子自由填色的方案数，容易得到是 \(3\times3^{(n-i)(n-j)}=3^{(n-i)(n-j)+1}\)
2. \(i>0,j=0\)，仅选择了行，每行颜色需要相同，但是不同行颜色可以不同，其他格子仍然是自由填色，所以方案数为 \(3^i\times3^{(n-i)n}=3^{(n-i)n+i}\)
3. \(i=0,j<0\)，与上情况同理，方案数为 \(3^{(n-j)n+j}\)

所以：

\[calc(i,j)= \begin{cases} 3^{(n-i)(n-j)+1}, & i>0,j>0\\ 3^{(n-i)n+i}, & i>0,j=0\\ 3^{(n-j)n+j}, & i=0,j>0 \end{cases} \]

\[\begin{aligned} \text{Ans}&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}\binom ni3^{(n-i)n+i}+\sum_{j=1}^n(-1)^{j+1}\binom nj3^{(n-j)n+j}+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}\binom ni\binom nj3^{(n-i)(n-j)+1}\\ &=2\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}\binom ni3^{(n-i)n+i}+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}\binom ni\binom nj3^{(n-i)(n-j)+1} \end{aligned} \]

这个时候答案已经可以计算了，但是由于 \(n\le10^6\)，第二个式子是需要 \(\Theta(n^2)\) 求的，所以还需要优化第二个式子。

考虑第二个式子：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}\binom ni\binom nj3^{(n-i)(n-j)+1} \]

设 \(a=n-i,b=b-j\)，则 \(i=n-a,j=n-b\)，于是上式可以转化为：

\[\begin{aligned} &\,\,\,\,\,\,\,\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(-1)^{i+j+1}\binom ni\binom nj3^{(n-i)(n-j)+1}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{2n-a-b+1}\binom n{n-a}\binom n{n-b}3^{ab+1}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^{a+b+1}\binom n{a}\binom n{b}3^{ab+1} \end{aligned} \]

这个式子中，\(a,b\) 的相关性太强，我们尽量将有关 \(a\) 的项提出来，上式可以重写为：

\[\begin{aligned} &\,\,\,\,\,\,\,\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{a+1}\binom na3\sum_{b=0}^{n-1}(-1)^b\binom nb(3^a)^b\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{a+1}\binom na3\sum_{b=0}^{n-1}\binom nb(-3^a)^b \end{aligned} \]

我们可以发现，最后的 \(\sum_{b=0}^{n-1}\binom nb(-3^a)^b\) 和二项式定理的形式很像，二项式定理中：

\[(1+x)^n=\sum_{b=0}^n\binom nbx^b \]

令 \(x=-3^a\)，则：

\[(1-3^a)^n=\sum_{b=0}^n\binom nb(-3^a)^b=\sum_{b=0}^{n-1}\binom nb(-3^a)^b+(-3^a)^n \]

所以式子可以继续转化为：

\[\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{a+1}\binom na3[(1-3^a)^n-(-3^a)^n] \]

所以最终答案为：

\[\text{Ans}=2\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}\binom ni3^{(n-i)n+i}+\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{a+1}\binom na3[(1-3^a)^n-(-3^a)^n] \]

实现是简单的，时间复杂度 \(\Theta(n\log p+n\log n)\)，\(p=998244353\)，复杂度瓶颈在预处理阶乘和逆元。