Acwing 容斥原理

news2024/10/2 13:45:51

容斥原理

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。

以S1,S2,S3三个集合为例，求出三个集合中包含的元素个数，可以通过韦恩图得到S1∪S2∪S3 = S1+S2+S3- S1∩S2 - S1∩S3 - S2∩S3 + S1∩S2∩S3。通过数学归纳法可以证明，对于求n个集合S1,S2,…,Sn集合中包含的元素个数，可以通过下面的公式来计算（注意正负号交替）：
$S_{1}\cup S_{2} \dots \cup S_{m} | = \sum_{i} | S_{i} | - \sum_{i,j} | S_{i} \cap S_{j} |+ \sum_{i,j,k} | S_{i}\cap S_{j} \cap S_{k} |....+(-1)^{n-1}\sum | S_{1}\cap S_{2} \cap S_{3}... \cap S_{m} |........①$
计算总共的项数：利用组合数计算，每次从n个元素里面选i个进行交集计算，故总项数
$C_{n}^{1} + C_{n}^{2} + \dots + C_{n}^{n} = 2 ^ {n}$
即时间复杂度为 $O(2^n)$
接下来验证的一下上面①式中每个元素是不是只算了一次(具体证明略)：
$假设x\in S_{1} \cup S_{2} \dots \cup S_{n}，存在于k个集合之中，1\le k\le n\\那么x被计算的次数为C_{k}^{1} - C_{k}^{2}+C_{k}^{3}-C_{k}^{4}+ \dots + (-1)^{k-1}C_{k}^{k}=1$
Acwing 890.能被整除的数
在这里插入图片描述 实现思路：记Si为1~n中能被pi整除的集合，根据容斥原理，所有数的个数为各个集合的并集，计算公式：
$S_{1}\cup S_{2} \dots \cup S_{m} | = \sum_{i} | S_{i} | - \sum_{i,j} | S_{i} \cap S_{j} |+ \sum_{i,j,k} | S_{i}\cap S_{j} \cap S_{k} |....+(-1)^{n-1}\sum | S_{1}\cap S_{2} \cap S_{3}... \cap S_{m} |$

每个集合Si就对应能被质数pi整除的数
对于每个集合Si实际上并不需要知道含有哪些元素，只需要知道各个集合中元素个数，对于单个集合Si中元素个数就是对应质数pi的倍数个数（1~n范围内），计算公式为
$|S_i|=\frac{n}{p_i}，下取整$
对于任意个集合交集中元素的个数：每个质数pi对应一个集合Si，那么
$|S_i \cap S_j|=\frac{n}{p_i*p_j}，下取整，即交集就是p_i和p_j的公倍数的个数$
表示每个集合的状态（即选中几个集合的交集，）：m个质数，需要m个二进制位表示，共 $2^m-1$ 种情况（至少选中一个集合），个数前面的符号为(-1)^(n-1)。以m = 4为例，所以需要4个二进制位来表示每一个集合选中与不选的状态，若此时为1011，表示集合S1∩S3∩S4中元素的个数，同时集合个数为3，前面的符号为(-1)^(3-1)=1，即
$|S_1 \cap S_3 \cap S_4|=(-1)^{3-1}\frac{n}{p_1*p_3*p_4}$ 怎么取到一个数的每一个二进制位：使用位运算（第一章）, 数i的第j位是否为1：i >> j & 1

注：用二进制表示状态的小技巧非常常用，后面的状态压缩DP也用到了这个技巧，因此一定要掌握

样例分析：
在这里插入图片描述
具体实现代码（详解版）：

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 20;
int p[N]; // 存储质数p[i]
int n, m; 

int main() {
    cin >> n >> m; 
    for (int i = 0; i < m; i++) cin >> p[i]; // 输入 m 个质数并存入数组 p 中
    
    int res = 0; // 结果初始化为 0
    // 枚举所有质数的子集状态，状态用二进制表示，从 1 到 (1 << m) - 1
    // 即从000...01到111...11，其中每一位表示是否选中对应的质数
    for (int i = 1; i < 1 << m; i++) {
        int t = 1, s = 0; // t 表示当前质数子集的乘积，s 表示选中的质数个数
        
        // 枚举每一个质数，判断它是否在当前子集中
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            // 判断第 j 个质数是否被选中（通过位运算检查第 j 位是否为 1）
            if (i >> j & 1) {
                // 检查当前乘积是否超过 n，若超过则停止计算该子集
                if ((LL)t * p[j] > n) {
                    t = -1; // 标记当前子集不可行
                    break;
                }
                s++; // 记录当前子集中质数的个数
                t = (LL)t * p[j]; // 更新子集的质数乘积
            }
        }
        // 如果当前子集不可行（乘积超出范围），则跳过
        if (t == -1) continue;
        
        // 根据子集质数个数 s 的奇偶性更新结果：
        // 如果质数个数为奇数，则加上 n / t；如果为偶数，则减去 n / t
        if (s % 2) res += n / t; // 奇数个质数，容斥原理加上这个集合的贡献
        else res -= n / t; // 偶数个质数，容斥原理减去这个集合的贡献
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}