容斥原理笔记

例题

求 $20$ 中有多少个数能被 $2,3$ 中至少一个数字整除。直接将 $20/2+20/3$ 相加，答案错误。因为 $6$ 会被计算两次。

我们要将多算的给减掉。显然当 $x$ 为 $2,3$ 的公倍数时，会被多算。所以再减去 $20/(2\times 3)$ 即可。

这即是容斥原理。

简单来说就是“奇加偶减”。（其实这么说也不好）

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练习

题面

• 给出一个长度为 $n$ 的序列 $a$，问在区间 $[L,R]$ 中有多少个数，至少能被 $a$ 中的一个数整除。

$1\leq l\leq r\leq 10^9,n\leq 18$.

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根据上文，我们可以容斥。发现如果一个数是集合 $x$ 的公倍数，那么就会被多（少）计算。

通过 dfs 枚举每一种组合，套用上面的公式即可。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 19;
int n,k,a[N];

int ans1,ans2;
void dfs(int lvl,int cnt,int mul,int &ans,int n) {
	if(lvl>k||mul>n) return ;
	dfs(lvl+1,cnt,mul,ans,n);
	cnt++,mul=mul*a[lvl]/__gcd(a[lvl],mul);
	if(cnt&1) ans+=n/mul;
	else ans-=n/mul;
	dfs(lvl+1,cnt,mul,ans,n);
}
signed main() {
	int T;
	cin>>T;
	while(T--) {
		ans1 = ans2 = 0;
		int l,r;
		cin>>n>>l>>r;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			cin>>a[i];
		}
		k=n;
		dfs(1,0,1,ans1,l-1);
		dfs(1,0,1,ans2,r);
		cout<<ans2-ans1<<"\n";
	}
	return 0;
}

题面

• P1450 [HAOI2008] 硬币购物

如果每一次询问都使用多重背包，显然超时。那么不妨弱化问题。假如是没有货币数量的限制呢。

简单的完全背包即可。此时我们要思考 $dp_s$ 的意义。表示的是使用 $s$ 块钱的方案数。那么其中包含着一些不合法的，如何才能确定呢？

考虑从转移入手。在多重背包中，一次非法的转移是对于一种货币，面值为 $c$，有 $d$ 个，但使用了 $d+1$ 个及以上的货币个数。如何书写的呢？

$\large dp_s=dp_{s-c\times (d+1)}$

注意，$\large dp_{s-c\times (d+1)}$ 已经包括了取 $d+2,d+3\dots$ 种的情况了。

对于一种非法转移，我们已经了解了，但是如果两种都非法呢？被多减去了。

从状态转移开始讨论。$X_1=\large dp_{s-{c_1\times (d_1+1)}}$，$X_2=\large dp_{s-{c_2\times (d_2+1)}}$ 是非法的。

但是 $X_3=\large dp_{s-{c_1\times (d_1+1)}-{c_2\times (d_2+1)}}$ 也是非法的。而 $X_1,X_2$ 显然都包含 $X_3$。所以被多减去了。然后套用开头公式解题。

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代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int c[5],d[5],dp[100005],n;
int main() {
	for(int i=1;i<=4;i++) cin>>c[i];
	cin>>n;
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=4;i++) {
		for(int j=c[i];j<=100000;j++) {
			dp[j]+=dp[j-c[i]];
		}
	}
	while(n--) {
		int s;
		for(int j=1;j<=4;j++) {
			cin>>d[j];
		}cin>>s;
		int ans=0;
		for(int i=0;i<1<<4;i++) {//全 0 的情况会使 ans = dp_s。所以答案就是总共的方案数减去非法方案数。
			int p=0,cnt=0;
			for(int j=0;j<4;j++) {
				if((i>>j) & 1) cnt++, p+=c[j+1]*(d[j+1]+1);
			}
			if(s-p>=0){
				if(cnt & 1) ans-=dp[s-p];
				else ans+=dp[s-p];
			}
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

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题面

• 武林中流传了 $m$ 种武功，现在有 $n$ 个习武之人去学习一些武功，经过深思熟虑，每个人都选择了 $5$ 个不同的武功，名字叫 $a_1\dots a_5$。 并学习成功，现在由于武林盟主失踪，群龙无首，这 $n$ 个人发生了叛乱，任意两个人 $x$ 和 $y$ ,如果存在一种相同的武功他们俩都会，那么他们俩就是朋友，反之他们就是敌人，问 $n$ 个人中有多少对敌人。

$1 \leq m \leq 10^5,1 \leq n \leq 5\times 10^4,1\leq a_i \leq m$.

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我们先要找朋友，并进行计数。再用总数减去朋友，就是敌人。这种思想被称为间接计数。

考虑分类讨论，有些朋友有 $1$ 种相同的武功，有些是 $2$ 个 $\dots$

现在有大小为 $C$ 集合 $x$，他们都会武功 $a$。那么有 $C\times(C-1)/2$ 对朋友出现。

那如果有大小为 $C$ 集合 $x$，他们都会武功 $a,b$ 呢？

同时会两种武功的人肯定也是同时会一种武功的人，他们是有包含关系的。所以套文章开头公式即可，剩下的省略。对于统计是否同时会 $1\dots 5$ 种武功，可以二进制枚举与哈希来做，具体就是枚举会的集合，并且哈希再遍历。

本文实现的是比较简单暴力的写法，常数特别大。枚举后用 vector 存到 map 里面遍历。

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define rint register unsigned int
using namespace std;
map<vector<int>,pair<int,int> >mp;
signed main() {
        ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
        int n; cin>>n;
        for(rint i=1;i<=n;i++) {
                vector<int>a(5,0);
                for(rint j=0;j<5;j++) cin>>a[j];
                sort(a.begin(),a.end());
        vector<int>t(5,0);
                for(rint j=1;j<1<<5;j++) {
                        rint cnt=0;
                        for(rint k=0;k<5;k++) {
                                if((j>>k) & 1) t[k]=a[k],cnt++;
                                else t[k]=0;
                        }
                        sort(t.begin(),t.end());
                        mp[t].first++,mp[t].second = cnt;
                }
        }
        int ans = 0;
        for(auto it:mp) {
                auto j = it; int k = j.second.first;
                if(j.second.second & 1) ans+= (k-1)*k;
                else ans-= (k-1)*k;
        }
        cout<<((n-1)*n-ans)/2;
        return 0;
}