数学专题训练2 组合计数

1. 硬币购物

4 种面值的硬币，第 i 种的面值是 $C_i$ 。 $n$ 次询问，每次询问给出每种硬币的数量 $D_i$ 和一个价格 $S$ ，问付款方式。 $n\leq 10^3,S\leq 10^5$ .

如果用背包做的话复杂度是 $O (4 n S)$ ，无法承受。这道题最明显的特点就是硬币一共只有四种。抽象模型，其实就是让我们求方程 $\sum_{i=1}^4C_ix_i=S,x_i\leq D_i$ 的非负整数解的个数。

采用同样的容斥方式， $x_i$ 的属性为 $x_i\leq D_i$ . 套用容斥原理的公式，最后我们要求解

$\sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^kC_{a_i}(D_{a_i}+1)$

也就是无限背包问题。这个问题可以预处理，算上询问，总复杂度 $O(4S+2^4n)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long ll;
ll f[N];
int T, c[5], d[5], s;
int main()
{
    for(int i = 0; i < 4; i++) scanf("%d", &c[i]);
    scanf("%d", &T);
    f[0] = 1;
    for(int i = 0; i < 4; i++)
    {
        for(int j = c[i]; j <= 100000; j++)
        {
            f[j] += f[j - c[i]];
        }
    }

    while(T--)
    {
        for(int i = 0; i < 4; i++) scanf("%d", &d[i]);
        scanf("%d", &s);
        ll res = 0;
        for(int i = 0; i < (1 << 4); i++)
        {
            int sum = 0, sign = 1;
            for(int j = 0; j < 4; j++)
            {
                if(i >> j & 1) sign *= -1, sum += c[j] * (d[j] + 1);
            }
            if(s - sum >= 0) res += sign * f[s - sum];
        }
        printf("%lld\n", res);
    }
}

2. 错位排列计数

对于 $1\sim n$ 的排列 $P$ 如果满足 $P_i\neq i$ ，则称 $P$ 是 $n$ 的错位排列。求 $n$ 的错位排列数。

很简单，离散1也讲过，答案就是 $n!\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$

3. 完全图子图染色问题

A 和 B 喜欢对图（不一定连通）进行染色，而他们的规则是，相邻的结点必须染同一种颜色。今天 A 和 B 玩游戏，对于 $n$ 阶 完全图 $G = (V, E)$ 。他们定义一个估价函数 $F (S)$ ，其中 S 是边集， $S\subseteq E$ . $F (S)$ 的值是对图 $G^{'} = (V, S)$ 用 $m$ 种颜色染色的总方案数。他们的另一个规则是，如果 $∣ S ∣$ 是奇数，那么 A 的得分增加 $F (S)$ ，否则 B 的得分增加 $F (S)$ . 问 A 和 B 的得分差值。

即求： $\sum\limits_{S\subseteq E}(-1)^{|S|-1}F(S)$ ，并且要求边集不能是空集.

相邻结点染同一种颜色，我们把它当作属性。在这里我们先不遵守染色的规则，假定我们用 m 种颜色直接对图染色。对于图 $G^{'} = (V, S)$ ，我们把它当作元素。属性 $x_i=x_j$ 的含义是结点 i,j 染同色（注意，并未要求 i,j 之间有连边）。

而属性 $x_i=x_j$ 对应的集合定义为 $Q_{i,j}$ ，其含义是所有满足该属性的图 $G^{'}$ 的染色方案，集合的大小就是满足该属性的染色方案数，集合内的元素相当于所有满足该属性的图 $G^{'}$ 的染色图。

回到题目，“相邻的结点必须染同一种颜色”，可以理解为若干个 $Q$ 集合的交集。因此可以写出

$F(S)=\left|\bigcap_{(i,j)\in S}Q_{i,j}\right|$

上述式子右边的含义就是说对于 S 内的每一条边 $(i, j)$ 都满足 $x_i=x_j$ 的染色方案数，也就是 $F (S)$ .

是不是很有容斥的味道了？由于容斥原理本身没有二元组的形式，因此我们把所有的边 $(i, j)$ 映射到 $T=\frac{n(n+1)}{2}$ 个整数上，假设将 $(i, j)$ 映射为 $k,1\leq k\leq T$ ，同时 $Q_{i,j}$ 映射为 $Q_k$ . 那么属性 $x_i=x_j$ 则定义为 $P_k$ .

同时 S 可以表示为若干个 k 组成的集合，即 $S\Leftrightarrow K=\{k_1,k_2,\cdots,k_m\}$ .（也就是说我们在边集与数集间建立了等价关系）。

而 E 对应集合 $M=\left\{1,2,\cdots,\frac{n(n+1)}{2}\right\}$ . 于是乎

$F(S)\Leftrightarrow F(\{ {k_i}\})=\left|\bigcap_{k_i}Q_{k_i}\right|$

那么要求的式子展开

$\begin{split} Ans &= \sum_{K\subseteq M}(-1)^{|K|-1}\left|\bigcap_{k_i\in K}Q_{k_i}\right|\\ &= \sum_{i}|Q_i|-\sum_{i<j}|Q_i\cap Q_j|+\sum_{i<j<k}|Q_i\cap Q_j\cap Q_k|-\cdots+(-1)^{T-1}\left|\bigcap_{i=1}^TQ_i\right| \end{split}$

于是就出现了容斥原理的展开形式，因此对这个式子逆向推导

$Ans=\left|\bigcup_{i=1}^TQ_i\right|$

再考虑等式右边的含义，只要满足 $1\sim T$ 任一条件即可，也就是存在两个点同色（不一定相邻）的染色方案数！而我们知道染色方案的全集是 $U$ ，显然 $U|=m^n$ . 而转化为补集，就是求两两异色的染色方案数，即 $A_m^n=\frac{m!}{n!}$ . 因此

$Ans=m^n-A_m^n$

解决这道题，我们首先抽象出题目数学形式，然后从题目中信息量最大的条件， $F (S)$ 函数的定义入手，将其转化为集合的交并补。然后将式子转化为容斥原理的形式，并 逆向推导 出最终的结果。这道题体现的正是容斥原理的逆用。

4. 容斥原理求最大公约数为 $k$ 的数对个数

设 $\le x, y \le N$ ， $f (k)$ 表示最大公约数为 $k$ 的有序数对 $(x, y)$ 的个数，求 $f (1)$ 到 $f (N)$ 的值。

欧拉函数（找 $gcd(\frac{x}{k},\frac{y}{k}) = 1$ 的数量）和莫比乌斯反演都可以写，但是不如容斥原理来得简单。

由容斥原理可以得知，先找到所有以 $k$ 为 公约数 的数对，再从中剔除所有以 $k$ 的倍数为 公约数 的数对，余下的数对就是以 $k$ 为 最大公约数 的数对。即 $f (k) =$ 以 $k$ 为 公约数 的数对个数 $-$ 以 $k$ 的倍数为 公约数 的数对个数。

进一步可发现，以 $k$ 的倍数为 公约数 的数对个数等于所有以 $k$ 的倍数为 最大公约数 的数对个数之和。于是，可以写出如下表达式：

$\lfloor (N/k) \rfloor ^2 - \sum_{i=2}^{i*k \le N} f(i*k)$

由于当 $k > N /2$ 时，我们可以直接算出 $\lfloor (N/k) \rfloor ^2$ ，因此我们可以倒过来，从 $f (N)$ 算到 $f (1)$ 就可以了。于是，我们使用容斥原理完成了本题。

for (long long k = N; k >= 1; k--) {
  f[k] = (N / k) * (N / k);
  for (long long i = k + k; i <= N; i += k) f[k] -= f[i];
}

上述方法的时间复杂度为 $\sum_{i=1}^{N} N/i)=O(N \sum_{i=1}^{N} 1/i)=O(N \log N)$ 。

附赠三倍经验供大家练手。

GCD SUM

给定 $\le 10^5)$ ，求 $\sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{n}gcd(i,j)$ .

我们可以用容斥原理求出 $\sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{n}[gcd(i,j)= k]$ 的值，然后答案就是 $\sum\limits_{i=1}^n i * f(i)$ .

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long ll;
ll f[N];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    ll ans = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i--)
    {
        f[i] = 1LL * (n / i) * (n / i);
        for(int j = 2 * i; j <= n; j += i) f[i] -= f[j];
        ans += 1LL * i * f[i];
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

仪仗队

即计算 $\sum\limits_{i=1}^{n - 1}\sum\limits_{j=1}^{n-1}[gcd(i,j)=1]$ ，最后答案要加2. 注意特判 $n = 1$ 的情况.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long ll;
ll f[N];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    n--;
    for(int i = n; i >= 1; i--)
    {
        f[i] = 1LL * (n / i) * (n / i);
        for(int j = 2 * i; j <= n; j += i) f[i] -= f[j];
    }
    if(!n) printf("0\n");
    else printf("%lld\n", f[1] + 2);
    return 0;
}

能量采集

给一个 $n * m$ 的方格，设某格点与点 $(0, 0)$ 连线上的点数为 $k$ ，则该点的值为 $2 k + 1$ ，求所有格点的值之和。

我们可以用容斥原理求出 $\sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{m}[gcd(i,j)= k]$ 的值，答案就是 $\sum\limits_{i=1}^{n}(2*i-1) * f(i)$ .

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long ll;
ll f[N];
int main()
{
    ll n, m;
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    ll ans = 0;
    for(ll i = min(n, m); i; i--)
    {
        f[i] = (n / i) * (m / i);
        for(int j = 2 * i; j <= min(n, m); j += i) f[i] -= f[j];
        ans += (2 * i - 1) * f[i];
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

5. 容斥原理推导欧拉函数

考虑下面的问题：

求欧拉函数 $\varphi(n)$ 。其中 $\varphi(n)=|\{1\leq x\leq n|\gcd(x,n)=1\}|$ 。

直接计算是 $O(n\log n)$ 的，用线性筛是 $O (n)$ 的，杜教筛是 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 的（话说一道数论入门题用容斥做为什么还要扯到杜教筛上），接下来考虑用容斥推出欧拉函数的公式

判断两个数是否互质，首先分解质因数

$n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i}$

那么就要求对于任意 $p_i$ ， $x$ 都不是 $p_i$ 的倍数，即 $p_i\nmid x$ . 把它当作属性，对应的集合为 $S_i$ ，因此有

$\varphi(n)=\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right|$

全集大小 $∣ U ∣ = n$ ，而 $\overline{S_i}$ 表示的是 $p_i\mid x$ 构成的集合，显然 $|\overline{S_i}|=\frac{n}{p_i}$ ，并由此推出

$\left|\bigcap_{a_i<a_{i+1}}S_{a_i}\right|=\frac{n}{\prod p_{a_i}}$

因此可得

$\begin{split} \varphi(n)=&n-\sum_{i}\frac{n}{p_i}+\sum_{i<j}\frac{n}{p_ip_j}-\cdots+(-1)^k\frac{n}{p_1p_2\cdots p_n}\\ =&n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_k}\right)\\ =&n\prod_{i=1}^k\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \end{split}$