容斥原理
设S是一个有限集，A_1,A_2…A_n是S的n个子集，则
∣ S − ⋃ i = 1 n A i ∣ = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ∑ 1 ≤ j 1 < j 2 . . . < j i ≤ n ∣ ⋂ k = 1 i A j k ∣ |S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...<j_i \leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}| ∣S−⋃i=1nAi∣=∑i=0n(−1)i∑1≤j1<j2...<ji≤n∣⋂k=1iAjk∣
基本应用：
m件不同的物品，分给n个人，要求每一个人至少分得一件物品，求不同的分配方案数
令 A i A_i Ai表示第i个人没有物品， S S S表示 m m m个物品分给 n n n个人的总方案数
则 ∣ S − ⋃ i = 1 n A i ∣ = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ∑ 1 ≤ j 1 < j 2 . . . < j i ≤ n ∣ ⋂ k = 1 i A j k ∣ |S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...<j_i\leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}| ∣S−⋃i=1nAi∣=∑i=0n(−1)i∑1≤j1<j2...<ji≤n∣⋂k=1iAjk∣
= ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ( n i ) ( n − i ) m =\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}(n-i)^m =∑i=0n(−1)i(in)(n−i)m
有 2 n 2n 2n个元素 a 1 , a 2 , . . . , a n a_1,a_2, ...,a_n a1,a2,...,an 和 b 1 , b 2 , . . . , b n b_1,b_2, ...,b_n b1,b2,...,bn，求有多少个它们的全排列，满足任意的
1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1≤i≤n, a i a_i ai 和 b i b_i bi 都不相邻。
同样的，令 A i A_i Ai表示 a i a_i ai和 b i b_i bi相邻，
则
∣
S
−
⋃
i
=
1
n
A
i
∣
=
∑
i
=
0
n
(
−
1
)
i
∑
1
≤
j
1
<
j
2
.
.
.
j
i
≤
n
∣
⋂
k
=
1
i
A
j
k
∣
|S-\bigcup_{i=1}^{n}A_i|=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\sum_{1\leq j_1< j_2...j_i \leq n}|\bigcap_{k=1}^{i}A_{j_k}|
∣S−⋃i=1nAi∣=∑i=0n(−1)i∑1≤j1<j2...ji≤n∣⋂k=1iAjk∣
=
∑
i
=
0
n
(
−
1
)
i
(
n
i
)
∣
有
i
对相邻的方案数
∣
=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}|有i对相邻的方案数|
=∑i=0n(−1)i(in)∣有i对相邻的方案数∣
=
∑
i
=
0
n
(
−
1
)
i
(
n
i
)
2
i
∗
(
2
n
−
i
)
!
=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}2^i*(2n-i)!
=∑i=0n(−1)i(in)2i∗(2n−i)!
有了以上基本常识就可以上大招了
例题
CF449D
大意：
给出一个长度为n的序列
a
1
,
a
2
.
.
.
a
n
a_1,a_2...a_n
a1,a2...an。求从中选择一个非空子集使得他们的按位与之和等于0的方案数
思路：
不考虑复杂度的话我们有一个非常套路的容斥做法。考虑性质Ai表示子集与之后第i位为1，那么我们的答案其实就是
∣
Ω
−
A
1
⋃
A
2
.
.
.
⋃
A
20
∣
=
∑
i
=
0
20
(
−
1
)
i
∑
1
≤
j
1
<
j
2
.
.
.
<
j
i
≤
20
∣
A
j
1
⋃
A
j
2
.
.
.
A
j
i
∣
|\Omega -A_1\bigcup A_2...\bigcup A_{20}|=\sum_{i=0}^{20}(-1)^i\sum_{1\leq j_1 < j_2...<j_i \leq 20 }|A_{j_1}\bigcup A_{j_2}...A_{j_i}|
∣Ω−A1⋃A2...⋃A20∣=∑i=020(−1)i∑1≤j1<j2...<ji≤20∣Aj1⋃Aj2...Aji∣
其中||符号就表示集合的大小
显然就可以状压枚举，这样的时间复杂度是 O ( n ∗ 1 e 6 ) O(n*1e6) O(n∗1e6)，考虑优化。
注意到对于 ∣ A j 1 ⋃ A j 2 . . . A j i ∣ |A_{j_1}\bigcup A_{j_2}...A_{j_i}| ∣Aj1⋃Aj2...Aji∣，我们记满足对应所有性质的元素的个数为k，则该集合的大小就是 2 k − 1 2^k-1 2k−1,那么什么元素会满足这些性质呢？就是二进制为其超集的元素呗，其价值就是1.
所以我们只要做一遍超集后缀和即可，时间复杂度来到 O ( 20 ∗ 1 e 6 ) O(20*1e6) O(20∗1e6)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
ll n,cnt=0,a;
ll mas[N];
ll up=20;
ll vis[30];
ll dp[(1<<20)+10];
ll ksm(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll gt()
{
ll tot=0;
ll fl;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
fl=1;
for(int j=0;j<up;++j)
{
if(!vis[j]) continue;
if((mas[i]&(1<<j))==0)
{
fl=0;
break;
}
}
if(fl) tot++;
}
return ((ksm(2,tot)-1)%mod+mod)%mod;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a,dp[a]++;
for(int j=0;j<up;++j)
{
for(int i=0;i<(1<<up);++i)
{
if((i&(1<<j))==0) dp[i]+=dp[i^(1<<j)];
}
}
ll ans=0;
for(int s=0;s<(1<<up);++s)
{
cnt=0;
for(int i=0;i<up;++i) if(s&(1<<i)) cnt++;
if(cnt%2) ans=((ans-ksm(2,dp[s])+1)%mod+mod)%mod;
else ans=((ans+ksm(2,dp[s])-1)%mod+mod)%mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
CF1799G
大意：
思路：
个人认为这道题还是很顶的
题目有两个限制：每个人要得到 c i c_i ci票，每个人不能投给自己组
然后这里就有一个很巧妙的转化：我们可以先将同一个组的人放在一起来看，这样就可以将第一个限制稍微弱化一些，最后我们再想办法处理组内的方案数
那么此时的问题如下：每一个组 i i i总共有 n u m i num_i numi人,总共需要 f i f_i fi票，组内的人不能投给自己组，求合法方案数
考虑生成函数处理
我们用 a i a_i ai来表示第 i i i组的变元。那么对于第 i i i组的每一个人来说，它能投给除了自己组外的任河组，所以它的贡献是 a 1 + a 2 + . . . + a i − 1 + a i + 1 + . . . + a n a_1+a_2+...+a_{i-1}+a_{i+1}+...+a_n a1+a2+...+ai−1+ai+1+...+an,我们可以简单记为 s − a i s-a_i s−ai,其中s就表示 ∑ i = 1 n a i \sum_{i=1}^{n}a_i ∑i=1nai
那么我们最后得到式子为 ( s − a 1 ) n u m 1 ( s − a 2 ) n u m 2 . . . ( s − a n ) n u m n (s-a_1)^{num_1}(s-a_2)^{num_2}...(s-a_n)^{num_n} (s−a1)num1(s−a2)num2...(s−an)numn,记为 S S S,而我们的答案显然就是 [ a 1 f 1 a 2 f 2 . . . a n f n ] ( S ) [a_1^{f_1}a_2^{f_2}...a_n^{f_n}](S) [a1f1a2f2...anfn](S).此时不难发现，对于 a i a_i ai的指数，每一个s都可以提供1，而 ( s − a i ) n u m i (s-a_i)^{num_i} (s−ai)numi中的 − a i -a_i −ai也可以提供不多于 n u m i num_i numi的指数。
所以我们考虑每一个
a
i
a_i
ai的次数
det
i
(
d
e
t
i
≤
n
u
m
i
,
d
e
t
i
≤
f
i
)
\det_i(det_i \leq num_i,det_i \leq f_i)
deti(deti≤numi,deti≤fi),则每一个i有一个从
n
u
m
i
num_i
numi中选择
d
e
t
i
det_i
deti的方案数
(
n
u
m
i
d
e
t
i
)
\binom{num_i}{det_i}
(detinumi),并且
d
e
t
i
det_i
deti会提供
(
−
1
)
d
e
t
i
(-1)^{det_i}
(−1)deti的系数，然后剩下的所有指数都由
s
s
s提供，总共是
∑
f
i
−
∑
d
e
t
i
=
n
−
∑
d
e
t
i
\sum f_i-\sum det_i=n-\sum det_i
∑fi−∑deti=n−∑deti,要分成若干堆，第i堆有
f
i
−
d
e
t
i
f_i-det_i
fi−deti个，所以其实是一个可重集，不同组之间是相乘的关系，那么最终的答案其实就是
a
n
s
=
∑
d
e
t
i
≤
f
i
(
−
1
)
∑
d
e
t
i
∏
(
(
n
u
m
i
d
e
t
i
)
)
(
(
n
−
∑
d
e
t
i
)
!
(
f
1
−
d
e
t
1
)
!
(
f
2
−
d
e
t
2
)
!
.
.
.
(
f
n
−
d
e
t
n
)
!
)
ans=\sum_{det_i\leq f_i}(-1)^{\sum det_i}\prod (\binom{num_i}{det_i})\binom{(n-\sum det_i)!}{(f_1-det_1)!(f_2-det_2)!...(f_n-det_n)!}
ans=deti≤fi∑(−1)∑deti∏((detinumi))((f1−det1)!(f2−det2)!...(fn−detn)!(n−∑deti)!)
=
∏
n
u
m
i
∗
∑
d
e
t
i
≤
f
i
(
−
1
)
∑
d
e
t
i
(
n
−
∑
d
e
t
i
)
!
∏
d
e
t
i
!
(
n
u
m
i
−
d
e
t
i
)
!
(
f
i
−
d
e
t
i
)
!
=\prod num_i *\sum_{det_i\leq f_i}(-1)^{\sum det_i}\frac{(n-\sum det_i)!}{\prod det_i!(num_i-det_i)!(f_i-det_i)!}
=∏numi∗deti≤fi∑(−1)∑deti∏deti!(numi−deti)!(fi−deti)!(n−∑deti)!
那么其实n只有200，所以我们可以比较轻松地来得到这个式子的结果
考虑枚举 ∑ d e t i \sum det_i ∑deti,我们记为 d d d,那么再记一个 d p i , j dp_{i,j} dpi,j表示当前处理到了第i组， ∑ x ≤ i d e t i = j \sum_{x \leq i}det_i=j ∑x≤ideti=j,显然只要在过程中枚举合法的 d e t i det_i deti就能完成这个dp了，外层枚举d，内层枚举i,j,最内层枚举 d e t i det_i deti,乍一看时间复杂度好像是 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4),但是因为 d e t i ≤ n u m i det_i \leq num_i deti≤numi,而 ∑ n u m i = n \sum num_i=n ∑numi=n,所以实际复杂度只有 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)
这样我们就完成了组与组之间的关系。考虑组内部的票数分配， n u m i num_i numi个人，每一个人需要 c i c_i ci票，总共 ∑ c i = f i \sum c_i=f_i ∑ci=fi票，所以这其实还是一个多重集，那么我们只要乘上系数 f i ! ∏ c i ! \frac{f_i!}{\prod c_i!} ∏ci!fi!即可
推推式子还是有点累的~
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=210;
const ll mod=998244353;
ll n;
ll f[N],t[N],c[N],num[N];//每一组的总期望票数，组别，个人期望票数,每组人数
ll dp[N][N];
ll ksm(ll x,ll y)
{
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x)
{
return ksm(x,mod-2);
}
ll p[N],pp[N];
void init(ll n)
{
p[0]=1;
for(ll i=1;i<=n;++i) p[i]=p[i-1]*i%mod;
pp[n]=inv(p[n]);
for(int i=n-1;i>=0;--i) pp[i]=pp[i+1]*(i+1)%mod;
}
void solve()
{
init(200);
// for(int i=1;i<=10;++i) cout<<p[i]<<" "<<pp[i]<<endl;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>c[i];//期望票数
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>t[i],f[t[i]]+=c[i];
for(int i=1;i<=n;++i) num[t[i]]++;
ll ans=1,sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i) ans=ans*p[num[i]]%mod;
for(int d=0;d<=n;++d)//det_i之和
{
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<=n;++j) dp[i][j]=0;
dp[0][0]=p[n-d];
for(int i=1;i<=n;++i)
{
//当前枚举到第i组
for(int j=0;j<=d;++j)//到第i个人位置det_i的总和为j
{
for(int k=0;k<=min(f[i],num[i])&&k<=j;++k)//det_i=k
{
ll det=pp[k]*pp[num[i]-k]%mod*pp[f[i]-k]%mod;
dp[i][j]=(dp[i][j]+det*dp[i-1][j-k]%mod)%mod;
}
}
}
if((d%2)==0) sum=(sum+ans*dp[n][d]%mod)%mod;
else sum=((sum-ans*dp[n][d]%mod)%mod+mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;++i)//组内多重集
{
sum=sum*p[f[i]]%mod*pp[c[i]]%mod;
}
cout<<sum<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
未完待续
