容斥原理基础

容斥原理的引入

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从一个小学奥数问题引入：
一个班级有50人
喜欢语文的人有20人
喜欢数学的人有30人
同时喜欢语文数学的人有10人。
问题：

1. 两门都不喜欢的有多少人
2. 至少喜欢一个的有多少人

至少喜欢一门 20+30-10=40 都不喜欢 50-40=10

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再将上面的课程门数进一步扩展为3门，问题变为
一个班级有60人
喜欢A的人有20人
喜欢B的人有30人
喜欢C的人有25人
同时喜欢AB的人有10人
同时喜欢AC的人有7人
同时喜欢BC的人有8人
同时喜欢ABC的人有2人

至少喜欢一门的人：A+B+C-AB-AC—BC+ABC=20+30+25-10-7-8+2=52 有60-52=8个同学一门都不喜欢

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从集合的角度考虑

将上述问题抽象用数学的形式表示
$$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$$

$$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|-|A\cap B\cup C|$$

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推广

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例子

不被2、3、5整除的数

890. 能被整除的数

两种实现方法
虽然说理论上dfs只有$O(2^n)$的复杂度，而二进制枚举的复杂度是$O(m{2}^n)$但是实际上跑起来的效果二进制枚举跑的快很多，dfs还是跑的比较慢，可能是递归调用的开销比较大吧。

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二进制枚举超集的写法

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#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10;

void solve()
{
	int n,m;cin>>n>>m;
	vector<int>p(m);
	rep(i,0,m-1)	cin>>p[i];
	int ans=0;
	rep(i,1,(1<<m)-1){
		
		int sgn=0,mul=1;
		rep(j,0,m-1){
			if(i&(1<<j)){
				sgn++;
				if(mul*p[j]>n){
					mul=-1;
					break;
				}
				mul*=p[j];
			}
		}
		if(mul!=-1){
			if(sgn&1){
				//符号为正
				ans+=n/mul;
			}else{
				ans-=n/mul;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

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dfs写法

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#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10;

int ans=0,n,m;
vector<int>path;
vector<int>p(N);
void dfs(int u){
	if(u==m){
		if(!path.size()){
			return;
		}
		int sgn=path.size()&1?1:-1;
		int mul=1;
		for(auto i:path){
			if(mul>n){
				mul=0;
				break;
			}
			mul*=i;
		}
		if(mul)    ans+=n/mul*sgn;
		return;
	}
	dfs(u+1);
	path.pb(p[u]);
	dfs(u+1);
	path.pop_back();
};

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	rep(i,0,m-1)	cin>>p[i];
	dfs(0);
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

错排问题

错排问题：
$P_i\ne i，P_i为排列$

求不定方程的解

如果没有对$X_i$进行限制的话，可以直接用隔板法去做，直接插入$n-1$个隔板，答案就是$C{(}_{m+n-1}^{n-1})$
但是现在对于每一个$X_i$我们都有一个上限$b_i$

考虑容斥原理
这道题目并没有明显的容斥不像上面的倍数
我们把$0<=x_i<=b_i$转化成
$(x_i>=0)-(x_i>=b_i+1)$
$(x_i>=0)$可以理解为没有限制
$(x_i>=b_i+1)$可以理解为最少选$b_i+1$个，做一个映射，可以用隔板法去做。
$ (^{m-b_i+1+n-1} _{n-1})$

#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,b[20];
int ifac,inv[20],ans;
int cal(int x){
	//C(x+n-1,n-1)
	//x+1,...,x+n-1/(n-1)!
	int ans=1;
	rep(i,1,n-1){
		ans=ans*(x+i)%mod;
	}
	ans=ans*ifac%mod;
	return ans;
}
void dfs(int d,int sgn, int sum){
	if(d==n){
		if(sum>m)	return;
		ans=(ans+sgn*cal(m-sum))%mod;
	}else{
		//x[i]>=0,当前这个没有违反
		dfs(d+1,sgn,sum);
		//x[i]>=b[i]+1，当前这个违反了
		dfs(d+1,-sgn,sum+b[d]+1);
	}
}

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	//求n-1阶乘的逆元
	ifac=1;
	rep(i,1,n-1){
		if(i==1)	inv[i]=1;
		else inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		ifac=ifac*inv[i]%mod;
	}
	rep(i,0,n-1){
		cin>>b[i];
	}
	//第i个变量，容斥系数，数值之和
	dfs(0,1,0);
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

Devu和鲜花

这个是上面的题目套了一个皮套，本质上还是不定方程的求解

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dfs写法

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#include  
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,b[22];
int ifac,inv[22],ans;
int cal(int x){
	//C(x+n-1,n-1)
	//x+1,...,x+n-1/(n-1)!
	int ans=1;
	rep(i,1,n-1){
		ans=ans%mod*(x%mod+i%mod)%mod;
	}
	ans=ans*ifac%mod;
	return ans;
}
void dfs(int d,int sgn, int sum){
	if(d==n){
		if(sum>m)	return;
		ans+=sgn*cal(m-sum)%mod;
// 		ans=(ans+sgn*cal(m-sum))%mod;
	}else{
		//x[i]>=0,当前这个没有违反
		dfs(d+1,sgn,sum);
		//x[i]>=b[i]+1，当前这个违反了
		dfs(d+1,-sgn,sum+b[d]+1);
	}
}

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	ifac=1;
	rep(i,1,n-1){
		if(i==1)	inv[i]=1;
		else inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		ifac=ifac*inv[i]%mod;
	}
	rep(i,0,n-1){
		cin>>b[i];
	}
	//第i个变量，容斥系数，数值之和
	dfs(0,1,0);
	ans%=mod;
	if(ans<0)   ans+=mod;
	cout<<ans%mod<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}