容斥

容斥原理讲义

从最基本的集合容斥出发，逐步讲到二项式反演、Min-Max 容斥、莫比乌斯反演、子集卷积等竞赛中所有常见形态。
建议课时：3 课时（135 分钟）。前置知识：组合数、快速幂与逆元、基本 DP、位运算。

0. 课前引入：为什么要"容斥"

问题：1 到 100 中，能被 2 或 3 整除的数有多少个？

被 2 整除：50 个
被 3 整除：33 个
直接相加 83？错了，6、12、18…… 被数了两次。
被 6 整除：16 个

答案：\(50 + 33 - 16 = 67\)。

"先多算，再减掉多算的部分"，这就是容斥。 但当条件有 3 个、10 个、20 个时，"多减了又要加回来"会变得非常复杂。本讲的目标是把这套"加加减减"变成机械化的公式和代码。

1. 基本容斥原理

1.1 公式

设 \(A_1, A_2, \dots, A_n\) 是有限集合，则

\[\left|\bigcup_{i=1}^{n} A_i\right| = \sum_{\emptyset \ne S \subseteq [n]} (-1)^{|S|-1} \left|\bigcap_{i \in S} A_i\right| \]

展开写：

\[|A_1 \cup \dots \cup A_n| = \sum_i |A_i| - \sum_{i<j} |A_i \cap A_j| + \sum_{i<j<k} |A_i \cap A_j \cap A_k| - \cdots \]

奇数个集合的交取正，偶数个取负。

1.2 补集形式（更常用）

竞赛中更常见的问法是"一个条件都不满足的方案数"：

\[\left|\overline{A_1} \cap \cdots \cap \overline{A_n}\right| = |U| - \left|\bigcup A_i\right| = \sum_{S \subseteq [n]} (-1)^{|S|} \left|\bigcap_{i \in S} A_i\right| \]

其中 \(S = \emptyset\) 时交集定义为全集 \(U\)。

讲课提示：这个形式没有"非空"限制、符号是 \((-1)^{|S|}\)，比 1.1 更好记，建议学生以这个为主。

1.3 证明（选讲）

对任意元素 \(x\)，设它恰好属于 \(k\) 个集合（\(k \ge 1\)）。它在右边被计数的次数是：

\[\sum_{j=1}^{k} (-1)^{j-1} \binom{k}{j} = 1 - \sum_{j=0}^{k} (-1)^j \binom{k}{j} = 1 - (1-1)^k = 1 \]

每个属于并集的元素恰好被数一次。\(\blacksquare\)

这个证明的核心是 \((1-1)^k = 0\)，后面所有容斥变体的本质都是它。

1.4 代码：枚举子集

条件个数 \(n \le 20\) 时，直接 \(2^n\) 枚举：

ll ans = 0;
for (int S = 0; S < (1 << n); S++) {
    int cnt = __builtin_popcount(S);
    ll val = calc(S);            // |∩_{i∈S} A_i|，题目具体决定
    if (cnt & 1) ans -= val;
    else         ans += val;
}

1.5 例题：HAOI2008 硬币购物

题意：4 种硬币面值 \(c_1..c_4\)，每种有 \(d_i\) 枚，问凑出 \(s\) 元的方案数。多组询问，\(s \le 10^5\)。

分析：

若没有枚数限制，是完全背包，\(f[s]\) 可预处理。
有限制时，令 \(A_i\) = "第 \(i\) 种硬币用了超过 \(d_i\) 枚"。
\(|A_i|\)：先强制拿 \(d_i+1\) 枚，剩下随便：\(f[s - (d_i+1)c_i]\)。
多个集合的交同理，把每个"超限"的硬币先扣掉 \((d_i+1)c_i\)。

\[\text{ans} = \sum_{S \subseteq \{1,2,3,4\}} (-1)^{|S|} f\!\left[s - \sum_{i \in S} (d_i + 1)c_i\right] \]

每次询问 \(2^4 = 16\) 次查表。

for (int S = 0; S < 16; S++) {
    ll rest = s; int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < 4; i++)
        if (S >> i & 1) { rest -= (d[i] + 1) * c[i]; cnt++; }
    if (rest < 0) continue;
    ans += (cnt & 1 ? -1 : 1) * f[rest];
}

本题体现容斥最典型的用法："至多 / 恰好"难算，"至少（强制违反）"好算，用容斥转换。

1.6 例题：错排问题

\(n\) 个元素的排列中，没有一个元素在自己原位置的排列数 \(D_n\)。

令 \(A_i\) = "第 \(i\) 个元素在原位"。\(|\bigcap_{i \in S} A_i| = (n - |S|)!\)，只与 \(|S|\) 有关。

\[D_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \binom{n}{k} (n-k)! \]

重要观察：当交集大小只与 \(|S|\) 有关时，\(2^n\) 枚举可以压缩成 \(O(n)\) 求和，乘上 \(\binom{n}{k}\)。这是容斥的第一个优化点。

2. 二项式反演

2.1 从"至少"到"恰好"

许多题目问"恰好 \(k\) 个条件成立"。设

\(g(k)\)：钦定 \(k\) 个条件成立（其余随意）的方案数（好算）
\(f(k)\)：恰好 \(k\) 个条件成立的方案数（要求）

它们的关系是：

\[g(k) = \sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k} f(i) \]

（恰好成立 \(i\) 个条件的方案，在钦定 \(k\) 个时会被数 \(\binom{i}{k}\) 次。）

二项式反演给出逆向公式：

\[\boxed{\;f(k) = \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} \binom{i}{k} g(i)\;} \]

2.2 另一种形式

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

两种形式对应"至少 / 至多"两个方向，记住一种，另一种对称。

2.3 证明思路

把 \(g\) 的定义代入反演式，交换求和顺序，出现 \(\sum_j (-1)^{j} \binom{m}{j}\)，由 \((1-1)^m\) 只在 \(m=0\) 时为 1。本质仍是 1.3 的那个恒等式。

2.4 例题：错排的反演视角

\(g(k)\) = 钦定 \(k\) 个在原位 = \(\binom{n}{k}(n-k)!\)；\(f(0)\) = 恰好 0 个在原位 = \(D_n\)。

代入反演式即得 1.6 的公式。容斥原理是二项式反演的 \(k=0\) 特例。

2.5 例题：BZOJ 2839 集合计数

题意：\(\{1..n\}\) 的所有 \(2^n\) 个子集中选出若干个（至少一个），使它们的交集恰好有 \(k\) 个元素，求方案数。

分析：

\(g(i)\)：钦定 \(i\) 个元素在交集中。先选这 \(i\) 个：\(\binom{n}{i}\)；其余 \(n-i\) 个元素随意，包含这 \(i\) 个元素的子集有 \(2^{n-i}\) 个，从中任选非空子集族：\(2^{2^{n-i}} - 1\)。

\[g(i) = \binom{n}{i}\left(2^{2^{n-i}} - 1\right) \]

反演：\(f(k) = \sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k}\binom{i}{k} g(i)\)。

注意 \(2^{2^{n-i}}\) 的指数要对 \(p-1\) 取模（费马小定理）。

2.6 例题：染色问题（恰好用 \(k\) 种颜色）

\(n\) 个位置，\(m\) 种颜色，问恰好用到 \(k\) 种颜色的方案数。

\(g(i)\) = 钦定用 \(i\) 种颜色（可以有颜色没用上）= \(\binom{m}{i} i^n\)
反演得恰好 \(k\) 种：

\[f(k) = \sum_{i=0}^{k} (-1)^{k-i}\binom{k}{i} i^n \cdot \binom{m}{k} \]

\(\sum_{i}(-1)^{k-i}\binom{k}{i}i^n = k!\,S(n,k)\)，这正是第二类斯特林数的通项公式。

3. 广义容斥：钦定与"贡献系数"

3.1 思想

把容斥看成：对每个"真实状态"\(x\)，希望它被计数 \(w(x)\) 次（通常 \(w\) 是 0/1 指示函数）。我们只能计算"钦定状态"\(y\) 的数目 \(g(y)\)，其中每个 \(x\) 在 \(g(y)\) 中被数 \(c(y, x)\) 次。找系数 \(\lambda(y)\) 使得

\[\sum_y \lambda(y)\, c(y, x) = w(x)\quad \forall x \]

则答案 \(= \sum_y \lambda(y) g(y)\)。

基本容斥：\(\lambda(S) = (-1)^{|S|}\)
二项式反演：\(\lambda(i) = (-1)^{i-k}\binom{i}{k}\)
后面的莫比乌斯反演：\(\lambda(d) = \mu(d)\)

所有容斥都是"选一组系数把多算的抵消掉"。 掌握这个视角后，遇到新形态可以自己列方程解系数。

3.2 例题：NOIP2016 换教室之类的"至少一个"型 DP

很多 DP 题状态里有"是否已经满足了某条件"这一维，\(0/1\) 各记一遍。若条件很多，可以改为钦定哪些条件被违反，用容斥把状态维度去掉。这是容斥优化 DP 状态的常规手段。

4. Min-Max 容斥

4.1 公式

对有限集合 \(S\) 中的实数（或随机变量），

\[\boxed{\;\max(S) = \sum_{\emptyset \ne T \subseteq S} (-1)^{|T|-1} \min(T)\;} \]

对称地，\(\min(S) = \sum_{T} (-1)^{|T|-1}\max(T)\)。

4.2 证明

不妨设 \(S\) 中元素按大小排序 \(a_1 < a_2 < \dots < a_n\)。考虑 \(a_i\) 作为 \(\min(T)\) 的贡献：\(T\) 必须包含 \(a_i\)，且其余元素从 \(a_{i+1}..a_n\) 中选。

\[\sum_{j=0}^{n-i} (-1)^{j}\binom{n-i}{j} = [n - i = 0] \]

只有 \(a_n\) 系数为 1。\(\blacksquare\)

4.3 为什么有用：期望

期望是线性的，所以

\[E[\max(S)] = \sum_{T} (-1)^{|T|-1} E[\min(T)] \]

许多题目中"所有事件都发生的时刻"（max）难算，"任一事件首次发生的时刻"（min）容易算（几何分布）。

4.4 例题：HAOI2015 按位或

题意：初始 \(x=0\)，每秒以概率 \(p_i\) 选中 \(i\)（\(\sum p_i = 1\)），\(x \gets x \mid i\)。求 \(x\) 变成 \(2^n - 1\) 的期望时间。

分析：令 \(t_j\) = 第 \(j\) 位第一次变成 1 的时刻。所求 \(E[\max_j t_j]\)。

对子集 \(T\)，\(\min_{j \in T} t_j\) 是"第一次选到与 \(T\) 有交的数"的时刻，服从几何分布：

\[E[\min(T)] = \frac{1}{\sum_{i \cap T \ne \emptyset} p_i} = \frac{1}{1 - \sum_{i \subseteq \overline{T}} p_i} \]

\(\sum_{i \subseteq \overline T} p_i\) 是子集和，用高维前缀和（FWT）\(O(n 2^n)\) 预处理。

// g[S] = sum_{i ⊆ S} p[i]
for (int j = 0; j < n; j++)
    for (int S = 0; S < (1 << n); S++)
        if (S >> j & 1) g[S] += g[S ^ (1 << j)];

double ans = 0;
for (int T = 1; T < (1 << n); T++) {
    double denom = 1 - g[full ^ T];
    if (denom < 1e-10) { puts("INF"); return 0; }
    ans += (__builtin_popcount(T) & 1 ? 1 : -1) / denom;
}

4.5 扩展：第 \(k\) 大（kth-Max-Min 容斥）

\[\text{kthmax}(S) = \sum_{\emptyset \ne T \subseteq S} (-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T) \]

系数 \(\binom{|T|-1}{k-1}\) 用 3.1 的方法解出。对应题目：PKUSC2018 随机游走、重返现世（后者需要对 \(|T|\) 做 DP 而不是枚举）。

5. 莫比乌斯反演

5.1 莫比乌斯函数

\[\mu(n) = \begin{cases} 1 & n = 1 \\ (-1)^k & n = p_1 p_2 \cdots p_k \text{（互异质数）} \\ 0 & n \text{ 含平方因子} \end{cases} \]

核心性质：

\[\sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1] \]

这就是 \((1-1)^k\) 在约数格上的版本：\(n\) 有 \(k\) 个不同质因子，无平方因子约数 \(d\) 对应"选哪些质因子"，\(\mu(d) = (-1)^{|\text{选中}|}\)。

线性筛：

mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i++) {
    if (!vis[i]) pr.push_back(i), mu[i] = -1;
    for (int p : pr) {
        if (i * p > N) break;
        vis[i * p] = true;
        if (i % p == 0) { mu[i * p] = 0; break; }
        mu[i * p] = -mu[i];
    }
}

5.2 反演公式

\[g(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \iff f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d)\, g\!\left(\frac{n}{d}\right) \]

\[g(n) = \sum_{n \mid d} f(d) \iff f(n) = \sum_{n \mid d} \mu\!\left(\frac{d}{n}\right) g(d) \]

第二种（倍数形式）在竞赛中更常用。

5.3 常用变换：\([\gcd = 1]\)

\[[\gcd(i, j) = 1] = \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \mu(d) \]

这是把"互质"条件容斥掉的标准手段。

5.4 例题：求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [\gcd(i,j) = 1]\)

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d \mid i, d \mid j}\mu(d) = \sum_{d=1}^{\min(n,m)} \mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor \]

配合整除分块，\(O(\sqrt n)\) 每次询问。

ll solve(int n, int m) {
    if (n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += (ll)(smu[r] - smu[l - 1]) * (n / l) * (m / l);  // smu 是 mu 前缀和
    }
    return ans;
}

5.5 例题：求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} \gcd(i,j)\)

方法一：枚举 \(\gcd = d\)，转化成 5.4：

\[\sum_{d} d \sum_{i \le n/d}\sum_{j \le m/d}[\gcd = 1] = \sum_d d \sum_{k}\mu(k)\left\lfloor\frac{n}{dk}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dk}\right\rfloor \]

令 \(T = dk\)：

\[= \sum_{T} \left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \sum_{d \mid T} d\,\mu\!\left(\frac{T}{d}\right) = \sum_T \left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor \varphi(T) \]

最后一步用了 \(\varphi = \text{id} * \mu\)（狄利克雷卷积）。

方法二（直接用欧拉函数）：\(\gcd(i,j) = \sum_{d \mid \gcd} \varphi(d)\)，直接得到同样的式子。

讲课提示："换元 \(T = dk\)，把两层求和合并成一层，内层预处理成积性函数前缀和"是莫反题的通用套路，务必让学生练熟。

5.6 例题：SDOI2015 约数个数和

求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} d(ij)\)，\(d\) 为约数个数函数。

关键恒等式：

\[d(ij) = \sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j}[\gcd(x,y) = 1] \]

代入莫反后化为 \(\sum_{d}\mu(d) S(n/d)\,S(m/d)\)，其中 \(S(n) = \sum_{i=1}^{n}\lfloor n/i \rfloor\)，可整除分块预处理。

5.7 莫反与基本容斥的关系

对"\(1..n\) 中与 \(m\) 互质的数的个数"，基本容斥是对 \(m\) 的质因子集合枚举子集；莫反写成 \(\sum_{d \mid m}\mu(d)\lfloor n/d\rfloor\)。两者完全等价，\(\mu\) 自动跳过含平方因子的 \(d\)，就是"不选重复质因子"。

6. 子集反演与高维前缀和

6.1 子集和 / 超集和

\[g(S) = \sum_{T \subseteq S} f(T) \quad \Longrightarrow \quad f(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|S| - |T|} g(T) \]

超集版本同理。这是把莫比乌斯反演从"约数格"搬到"子集格"。

6.2 高维前缀和（SOS DP）

求所有 \(g(S)\) 的 \(O(n 2^n)\) 算法（4.4 中已用过）：

// 子集和
for (int j = 0; j < n; j++)
    for (int S = 0; S < (1 << n); S++)
        if (S >> j & 1) g[S] += g[S ^ (1 << j)];

// 逆变换（子集反演）
for (int j = 0; j < n; j++)
    for (int S = 0; S < (1 << n); S++)
        if (S >> j & 1) g[S] -= g[S ^ (1 << j)];

逆变换只需把加号改成减号。这正是"一维一维地做差分"。

6.3 例题：CF 449D Jzzhu and Numbers

题意：从数组中选一个非空子序列，使得按位与为 0，求方案数。

分析：令 \(A_j\) = "按位与的第 \(j\) 位为 1"。所求为全部 \(\overline{A_j}\) 的交。

对 \(S\)，\(|\bigcap_{j \in S} A_j|\) = 所有元素都包含 \(S\) 的子序列数 = \(2^{\text{cnt}(S)} - 1\)，其中 \(\text{cnt}(S)\) = 数组中是 \(S\) 超集的元素个数，用超集和求。

\[\text{ans} = \sum_{S}(-1)^{|S|}\left(2^{\text{cnt}(S)} - 1\right) \]

6.4 子集卷积（选讲）

求 \(h(S) = \sum_{T \subseteq S} f(T)\,g(S \setminus T)\)（要求 \(T\) 与 \(S\setminus T\) 不交）。

做法：给每个集合再带一维"元素个数"，\(f_k(S) = f(S)[|S| = k]\)。对每个 \(k\) 做子集和变换，然后按 popcount 做多项式乘法，再逆变换取 \(|S| = k\) 的项。复杂度 \(O(n^2 2^n)\)。

7. 容斥优化 DP：钦定与撤销

7.1 思想

有些 DP 直接做需要记录"哪些约束已经满足"，状态爆炸。改为：

枚举钦定违反哪些约束（或用 DP 隐式枚举），
在违反约束的世界里 DP 更容易，
按 \((-1)^{\text{违反数}}\) 加权。

当"违反数"很多时，不显式枚举子集，而是在 DP 转移中每违反一次乘 \(-1\)。

7.2 例题：不相邻同色的序列计数

\(n\) 个位置染 \(m\) 色，相邻不能同色。直接做很简单（\(m(m-1)^{n-1}\)），但这里演示容斥写法便于推广：

令 \(A_i\) = "第 \(i\) 与第 \(i+1\) 位同色"。钦定 \(S\) 个相邻对同色，等价于把序列切成 \(n - |S|\) 段，每段同色：\(m^{n - |S|}\)。

\[\text{ans} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n-1}{k} m^{n-k} = m(m-1)^{n-1} \]

推广：如果"同色"改成任意难以直接处理的相邻关系，仍可以这样做，把"段"作为 DP 单位。

7.3 例题：BZOJ 3622 已经没有什么好害怕的了

题意：\(n\) 个 \(a_i\)、\(n\) 个 \(b_j\) 配对，要求 \(a > b\) 的对数恰好比 \(a < b\) 多 \(k\)（转化为恰好 \(t\) 对 \(a > b\)）。

分析：

排序后 DP：\(f[i][j]\) = 前 \(i\) 个 \(a\) 中钦定 \(j\) 个配到比自己小的 \(b\)（其余暂不配）的方案数。
\(g(j) = f[n][j] \cdot (n-j)!\)（剩余随意配对）。
二项式反演得恰好 \(t\) 对。

"DP 钦定 + 反演"是这类"恰好 k 个"题的标准组合。

7.4 例题：JSOI2015 染色问题（多重约束）

\(n \times m\) 网格，\(c\) 种颜色，要求每行每列至少一个格子有色、每种颜色至少用一次。三重"至少"约束，做三层容斥：

\[\sum_{i}\sum_{j}\sum_{k}(-1)^{i+j+k}\binom{n}{i}\binom{m}{j}\binom{c}{k}\left[(c-k) + 1\right]^{(n-i)(m-j)} \]

内层 \([(c-k)+1]\) 中的 \(+1\) 是"不染色"。

讲课提示：多重约束的容斥，各维度独立，系数直接相乘。写代码时 \(O(nmc)\) 三层循环，注意先预处理幂。

8. 容斥形态一览

形态	系数	求和范围	典型场景
基本容斥	\((-1)^{\lvert S\rvert}\)	子集	"都不满足"
二项式反演	\((-1)^{i-k}\binom{i}{k}\)	\(i \ge k\)	"恰好 k 个"
Min-Max 容斥	\((-1)^{\lvert T\rvert-1}\)	非空子集	期望 max ↔ min
kth Min-Max	\((-1)^{\lvert T\rvert-k}\binom{\lvert T\rvert-1}{k-1}\)	非空子集	第 k 大期望
莫比乌斯反演	\(\mu(d)\)	约数 / 倍数	\(\gcd\) 类求和
子集反演	\((-1)^{\lvert S\rvert-\lvert T\rvert}\)	子集 / 超集	位运算计数
斯特林反演	\((-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\) 等	\(k \le n\)	斯特林数互推（选讲）

共同本质：找一组系数，使得每个真实对象被恰好数一次（或数 \(w\) 次）。证明工具都是 \((1-1)^k = [k=0]\) 或其变体。

9. 常见错误清单

符号搞反。 补集形式是 \((-1)^{|S|}\)，并集形式是 \((-1)^{|S|-1}\)。建议只记补集形式。
"钦定"和"恰好"混淆。 钦定 \(k\) 个成立时其余是"随意"，不是"不成立"。
空集项漏掉。 补集形式中 \(S = \emptyset\) 对应全集，不能省。
模意义下负数。 减法后要 (x % MOD + MOD) % MOD。
莫反整除分块边界。 双变量分块 r = min(n/(n/l), m/(m/l))，且要保证 \(l \le \min(n, m)\)。
Min-Max 容斥要求集合非空，且求期望时要检查概率为 0 导致的 INF。
二项式反演的指数模数。 形如 \(2^{2^k}\) 的指数要对 \(p-1\) 取模。

10. 课堂练习

1 到 1000 中，不能被 2、3、5 任意一个整除的数有多少个？（答：266）
用二项式反演推导 \(D_n\)，并验证 \(D_4 = 9\)。
求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\text{lcm}(i,j)\) 的莫反式子（不要求代码）。
证明 Min-Max 容斥的 \(\min\) 版本。
实现 5.4 的代码，通过洛谷 P2522 [HAOI2011] Problem b（区间版本，四次差分）。
思考：4.4 中如果问"\(x\) 恰好变成某个给定值 \(y\)"，该怎么做？

11. 推荐题单

难度	题目	考点
入门	洛谷 P1450 [HAOI2008] 硬币购物	基本容斥 + 背包
入门	洛谷 P3197 [HNOI2008] 越狱	补集思想
基础	洛谷 P2522 [HAOI2011] Problem b	莫反 + 整除分块
基础	洛谷 P3327 [SDOI2015] 约数个数和	莫反 + 恒等式
基础	洛谷 P5505 [JSOI2011] 分特产	二项式反演
基础	CF 449D Jzzhu and Numbers	子集反演 / SOS DP
提高	洛谷 P3175 [HAOI2015] 按位或	Min-Max 容斥
提高	洛谷 P4859 已经没有什么好害怕的了	DP 钦定 + 二项式反演
提高	洛谷 P4491 [HAOI2018] 染色	二项式反演 + NTT
提高	洛谷 P5643 [PKUWC2018] 随机游走	Min-Max 容斥 + 树上期望
挑战	洛谷 P4707 重返现世	kth Min-Max 容斥 + DP
挑战	洛谷 P6442 [COCI2011-2012#6] KOŠARE	子集反演进阶

附录：一页纸总结

\[\text{补集容斥：}\quad \Big|\bigcap \overline{A_i}\Big| = \sum_{S\subseteq[n]}(-1)^{|S|}\Big|\bigcap_{i\in S}A_i\Big| \]

\[\text{二项式反演：}\quad g(k)=\sum_{i\ge k}\binom{i}{k}f(i) \iff f(k)=\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i) \]

\[\text{Min-Max：}\quad \max(S)=\sum_{\emptyset\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min(T) \]

\[\text{莫比乌斯：}\quad g(n)=\sum_{n\mid d}f(d)\iff f(n)=\sum_{n\mid d}\mu\!\left(\tfrac{d}{n}\right)g(d),\qquad [\gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid\gcd}\mu(d) \]

\[\text{子集反演：}\quad g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T)\iff f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T) \]

流程："恰好 / 都不"难算 → 改问"钦定 / 至少" → 选对应的系数 → 求和（子集枚举 / \(\binom{n}{k}\) 压缩 / 整除分块 / SOS DP）→ 处理负数取模。

posted @ 2026-09-18 15:53 ylzqwq 阅读(38) 评论(0) 收藏举报

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容斥