数论14——容斥原理
容斥原理我初中就听老师说过了，不知道你们有没有听过(/≧▽≦)/
百度百科说：
在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。
为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法。
这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复。
这种计数的方法称为容斥原理。
好标准的说法（#－.－）
那我举个简单的例子
两个集合的容斥原理: 设A, B是两个有限集合
那么
|A + B| = |A| + |B| - |AB|
|A|表示A集合中的元素个数
三个集合的容斥原理: 设A, B, C是三个有限集合
那么
|A + B + C| = |A| + |B| + |C| - |AB| - |AC| - |BC| + |ABC|
这就叫容斥原理
接下来直接做例题了
全错排（装错信封问题）
hdu 1465
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1465
n封信对应n个信封
求恰好全部装错了信封的方案数
本来全错排是有自己的一个公式的，叫全错排公式（跟容斥没关系）
那我顺便来讲讲全错排( ＞ω＜)
要装第i封信的时候，先把前i-1个信全装错信封，然后随便选其中一个与第i封信交换，有i-1种选法
那么dp[i] = (i-1) * dp[i-1]
但是还有一种情况
要装第i封信的时候，先从i-1封信中任选i-2个信把他们全装错信封，然后把剩下的那个信与第i个交换，从i-1封信中任选i-2个信有i-1种选法
那么dp[i] = (i-1) * dp[i-2]
两个式子联合起来
就是那么dp[i] = (i-1) * (dp[i-1] + dp[i-2])
这就是全错排公式，递推，递归都可以做
全错排递推AC代码：
#include<cstdio> typedef long long LL; int n; LL dp[25]; void init(){ dp[1] = 0; dp[2] = 1; for(int i = 3; i <= 20; i ++){ dp[i] = (i-1) * (dp[i-1] + dp[i-2]); } } int main(){ init(); while(~scanf("%d", &n)){ printf("%I64d\n", dp[n]); } }
那么这题容斥怎么做呢？
首先，所有装信的总数是n!
（在n中任选一个信封放进一封信，然后在剩下的n-1中任选一个信封放进一封信，以此类推，所以是n*(n-1)*(n-2)... = n!）
假设
A1表示1封信装对信封，数量是(n-1)! （只有n-1个位置可以乱放）
A2表示2封信装对信封，数量是(n-2)! （只有n-2个位置可以乱放）
...
An表示n封信装对信封，数量是1
那么这题的答案就是
n! - C(n, 1)*|A1| + C(n, 2)*|A2| - C(n, 3)*|A3| + ... + (-1)^n * C(n, n)*|A4|
把C(n, m)用
代入式子
化简
n! - n! / 1! + n! / 2! - n! / 3! + ... + (-1)^n * n! / n!
提取n!
n!(1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)^n * 1/n!)
附上容斥AC代码：
#include<cstdio> typedef long long LL; int n, flag; LL fac[25]; LL ans; void init(){ fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= 20; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i; } int main(){ init(); while(~scanf("%d", &n)){ ans = fac[n]; flag = -1;//容斥的符号变化 for(int i = 1; i <= n; i ++){ ans += flag * fac[n] / fac[i]; flag = -flag; } printf("%I64d\n", ans); } }
第二例题：
UVALive 7040
https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=5052
题意：给n盆花涂色，从m种颜色中选取k种颜色涂，保证正好用上k种颜色，你必须用上这k种颜色去涂满n个相邻的花，并且要求相邻花的颜色不同，求方案数。
(1 ≤ n, m ≤ 1e9 , 1 ≤ k ≤ 1e6 , k ≤ n, m)
首先，用k种颜色涂花，假如不考虑全部用上，那么总的方案数是多少
第一盆花有k种颜色选择，之后的花因为不能跟前一盆花的颜色相同，所以有k-1种选择
于是总方案数为k*(k-1)^(n-1)
因为题目问必须用上k种颜色
这里面包含了只用k-1种颜色的情况，应该减掉所有用k-1种的情况
减掉的东西里面，这里面包含了只用k-2种颜色的情况，应该加回来
...
反反复复，最后就得出答案了（这算是解释吗。。。）
最后答案就是
C(m,k) * ( k * (k-1)^(n-1) + [∑((-1)^i * C(k, k - i) * (k-i) * (k-i-1)^(n-1)) ] ) (1 <= i <= k-1) 红色表示容斥部分
（这里m有1e9，C(m, k)直接用for循环算，直接for循环从m*(m-1)*...*(m-k+1)再乘k的阶乘的逆元）
AC代码：
#include<cstdio> typedef long long LL; const int N = 1000000 + 5; const int MOD = (int)1e9 + 7; int F[N], Finv[N], inv[N]; LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){ LL ret = 1; while(b){ if(b & 1) ret = (ret * a) % p; a = (a * a) % p; b >>= 1; } return ret; } void init(){ inv[1] = 1; for(int i = 2; i < N; i ++){ inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD; } F[0] = Finv[0] = 1; for(int i = 1; i < N; i ++){ F[i] = F[i-1] * 1ll * i % MOD; Finv[i] = Finv[i-1] * 1ll * inv[i] % MOD; } } int comb(int n, int m){ if(m < 0 || m > n) return 0; return F[n] * 1ll * Finv[n - m] % MOD * Finv[m] % MOD; } int main(){ init(); int T, n, m, k, ans, flag, temp; scanf("%d", &T); for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){ scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); ans = k * pow_mod(k-1, n-1, MOD) % MOD; flag = -1; //计算容斥 for(int i = 1; i <= k-1; i ++){ ans = (ans + 1ll * flag * comb(k, k-i) * (k-i) % MOD * pow_mod((k-i-1), n-1, MOD) % MOD) % MOD; flag = -flag; } //接下来计算C(m, k) temp = Finv[k]; for(int i = 1; i <= k; i ++){ temp = 1ll * temp * (m-k+i) % MOD; } ans = ((1ll * ans * temp) % MOD + MOD) % MOD; printf("Case #%d: %d\n", cas, ans); } }
第三例题：（容斥这章的例题我可能会写很多(o^∇^o)ﾉ预祝玩的开心have fun）
hdu 4135
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4135
题意：就是让你求(a,b)区间与n互质的数的个数.
我们可以先求(1~b)区间的答案，然后减去(1~a-1)区间的答案
这样问题就转换为(1~m)区间与n互质的数的个数
互质的不好求，我们可以求不互质的个数，然后减一下
所有我们先求出n的所有质因数，然后用容斥做
AC代码：
#include<cstdio> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; vector <LL > prime_factor; vector <LL > vec; void init(LL x){ //预处理质因子 prime_factor.clear(); for(LL i = 2; i*i <= x; i++){ if(x % i == 0){ prime_factor.push_back(i); while(x % i == 0) x /= i; } } if(x > 1) prime_factor.push_back(x); //预处理容斥中的倍数项，符号正好是一个减一个加 int vec_size; vec.clear(); for(int i = 0; i < prime_factor.size(); i ++){ vec_size = vec.size();//因为vec.size()在接下来的运算中会改变 for(int j = 0; j < vec_size; j ++){ vec.push_back(vec[j] * prime_factor[i]); } vec.push_back(prime_factor[i]); } } LL work(LL x){ //接下来容斥 LL ans = x, flag = -1; for(int i = 0; i < vec.size(); i ++){ ans += flag * x / vec[i]; flag = -flag; } return ans; } int main(){ int T; LL l, r, n; scanf("%d", &T); for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){ scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n); init(n); printf("Case #%d: %I64d\n", cas, work(r) - work(l-1)); } }
容斥中的那些倍数我是这么处理的
比如30 = 2 * 3 * 5
一开始数组里面什么都没有
然后变成
2
然后把3挨个乘过去的值放在数组后面，同时将自己也放进数组
2 6 3
然后5也是一样
2 6 3 10 30 15 5
最后答案n就是等于
n - n / 2 + n / 6 - n / 3 + n / 10 - n / 30 + n / 15 - n / 5
当然，除了数组形式，还可以用位运算来实现容斥
AC代码：
#include<cstdio> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; vector <LL > prime_factor; void init(LL x){ //预处理质因子 prime_factor.clear(); for(LL i = 2; i*i <= x; i++){ if(x % i == 0){ prime_factor.push_back(i); while(x % i == 0) x /= i; } } if(x > 1) prime_factor.push_back(x); } LL work(LL x){ //接下来容斥 LL ans = x, cnt, temp; for(int i = 1; i < (1 << prime_factor.size()); i ++){ cnt = 0; temp = 1; for(int j = 0; j < prime_factor.size(); j ++){ if(i & (1 << j)){ temp *= prime_factor[j]; cnt ++; } } if(cnt & 1) ans -= x / temp; else ans += x / temp; } return ans; } int main(){ int T; LL l, r, n; scanf("%d", &T); for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){ scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n); init(n); printf("Case #%d: %I64d\n", cas, work(r) - work(l-1)); } }
第四例题：
hdu 1695
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695
题意:给你5个数a，b，c，d，k
在a~b中选一个x, c~d中选一个y，满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数
a, b, c, d, k, 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000
在题目描述的最后一行有一句话，多组里面所有的a和c都是1（这题目不是坑爹吗(╯‵□′)╯︵┻━┻那输入a和c有什么用）
然后题目变成
在1~b中选一个x, 1~d中选一个y，满足gcd(x,y) = k , 求(x,y) 的对数 。。。（无语中。。。）
gcd(x, y) == k 说明x,y都能被k整除, 但是能被k整除的未必gcd=k , 必须还要满足互质关系
那么问题就转化为
求1~b/k 和 1~d/k间，gcd(x,y) = 1对数的问题
假设b/k小于d/k
那么当y <= b/k时，就是求1到b/k的欧拉函数的和
y > b/k时，只好枚举y从b/k到d/k，用第3例题的求法
这样问题就解决了（注意：k可以等于0，要特判）
AC代码：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 1e5+10 ; vector <LL > prime_factor; int phi[N], prime[N]; int tot;//tot计数，表示prime[N]中有多少质数 void Euler(){ phi[1] = 1; for(int i = 2; i < N; i ++){ if(!phi[i]){ phi[i] = i-1; prime[tot ++] = i; } for(int j = 0; j < tot && 1ll*i*prime[j] < N; j ++){ if(i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j]-1); else{ phi[i * prime[j] ] = phi[i] * prime[j]; break; } } } } void getFactors(int x){ prime_factor.clear(); for(int i = 0; prime[i] <= x / prime[i]; i ++){ if(x % prime[i] == 0){ prime_factor.push_back(prime[i]); while(x % prime[i] == 0) x /= prime[i]; } } if(x > 1) prime_factor.push_back(x); } LL work(int n, int m){ LL ans = n, cnt, temp; getFactors(m); for(int i = 1; i < (1 << prime_factor.size()); i ++){ cnt = 0; temp = 1; for(int j = 0; j < prime_factor.size(); j ++){ if(i & (1 << j)){ temp *= prime_factor[j]; cnt ++; } } if(cnt & 1) ans -= n / temp; else ans += n / temp; } return ans; } int main(){ Euler(); int T, a, b, c, d, k; LL ans; scanf("%d", &T); for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){ scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k); if(k == 0){ printf("Case %d: 0\n", cas); continue; } if(b > d) swap(b, d);//假设b<=d b /= k; d /= k; ans = 0; for(int i = 1; i <= b; i ++) ans += phi[i]; for(int i = b + 1; i <= d; i ++) ans += work(b, i); printf("Case %d: %I64d\n", cas, ans); } }
这题时间只能算卡过去的，因为正常计算下来，这样的代码会超时，只是数据水
这题正确的做法应该是莫比乌斯反演，我们以后会讲到
容来容去，脑子都乱了。。。。
