容斥原理詳解及例題

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此外容斥系數的介紹可以看這篇：https://blog.csdn.net/werkeytom_ftd/article/details/74701513

對容斥原理的描述

容斥原理是一種重要的組合數學方法，可以讓你求解任意大小的集合，或者計算復合事件的概率。

描述

容斥原理可以描述如下：

要計算幾個集合並集的大小，我們要先將所有單個集合的大小計算出來，然后減去所有兩個集合相交的部分，再加回所有三個集合相交的部分，再減去所有四個集合相交的部分，依此類推，一直計算到所有集合相交的部分。

關於集合的原理公式

上述描述的公式形式可以表示如下：

它可以寫得更簡潔一些，我們將B作為所有Ai的集合，那么容斥原理就變成了：

這個公式是由 De Moivre (Abraham de Moivre)提出的。

關於維恩圖的原理

用維恩圖來表示集合A、B和C：

那么的面積就是集合A、B、C各自面積之和減去 , , 的面積，再加上的面積。

由此，我們也可以解決n個集合求並的問題。

關於概率論的原理

設事件，代表發生某些事件的概率（即發生其中至少一個事件的概率），則：

這個公式也可以用B代表Ai的集合：

容斥原理的證明

我們要證明下面的等式：

其中B代表全部Ai的集合

我們需要證明在Ai集合中的任意元素，都由右邊的算式被正好加上了一次（注意如果是不在Ai集合中的元素，是不會出現在右邊的算式中的）。

假設有一任意元素在k個Ai集合中（k>=1），我們來驗證這個元素正好被加了一次：

當size(C)=1時，元素x被加了k次。

當size(C)=2時，元素x被減了C(2,k)次，因為在k個集合中選擇2個，其中都包含x。

當size(C)=3時，元素x被加了C(3,k)次。

……

當size(C)=k時，元素x被加/減了C(k,k)次，符號由sign(-1)^(k-1)決定。

當size(C)>k時，元素x不被考慮。

然后我們來計算所有組合數的和。

由二項式定理，我們可以將它變成：

我們把x取為1，這時表示1-T（其中T為x被加的總次數），所以，證明完畢。

對於實際問題的應用

容斥原理的理論需要通過例子才能很好的理解。

首先，我們用三個簡單的例子來闡釋這個理論。然后會討論一些復雜問題，試看如何用容斥原理來解決它們。

其中的“尋找路徑數”是一個特殊的例子，它反映了容斥問題有時可以在多項式級復雜度內解決，不一定需要指數級。

一個簡單的排列問題

由0到9的數字組成排列，要求第一個數大於1，最后一個數小於8，一共有多少種排列？

我們可以來計算它的逆問題，即第一個元素<=1或者最后一個元素>=8的情況。

我們設第一個元素<=1時有X組排列，最后一個元素>=8時有Y組排列。那么通過容斥原理來解決就可以寫成：

經過簡單的組合運算，我們得到了結果：

然后被總的排列數10!減，就是最終的答案了。

（0,1,2）序列問題

長度為n的由數字0，1，2組成的序列，要求每個數字至少出現1次，這樣的序列有多少種？

同樣的，我們轉向它的逆問題。也就是~~不出現這些數字的序列~~ 不出現其中某些數字的序列。

我們定義Ai(i=0…2)表示不出現數字i的序列數，那么由容斥原理，我們得到該逆問題的結果為：

可以發現每個Ai的值都為2^n（因為這些序列中只能包含兩種數字）。而所有的兩兩組合都為1（它們只包含1種數字）。最后，三個集合的交集為0。（因為它不包含數字，所以不存在）

要記得我們解決的是它的逆問題，所以要用總數減掉，得到最終結果：

方程整數解問題

給出一個方程：

其中。

求這個方程的整數解有多少組。

我們先不去理會xi<=8的條件，來考慮所有正整數解的情況。這個很容易用組合數來求解，我們要把20個元素分成6組，也就是添加5塊“夾板”，然后在25個位置中找5塊“夾板”的位置。

然后通過容斥原理來討論它的逆問題，也就是x>=9時的解。

我們定義Ak為xk>=9並且其他xi>=0時的集合，同樣我們用上面的添加“夾板”法來計算Ak的大小，因為有9個位置已經被xk所利用了，所以：

然后計算兩個這樣的集合Ak、Ap的交集：

因為所有x的和不能超過20，所以三個或三個以上這樣的集合時是不能同時出現的，它們的交集都為0。最后我們用總數剪掉用容斥原理所求逆問題的答案，就得到了最終結果：

求指定區間內與n互素的數的個數：

給出整數n和r。求區間[1;r]中與n互素的數的個數。

去解決它的逆問題，求不與n互素的數的個數。

考慮n的所有素因子pi(i=1…k)

在[1;r]中有多少數能被pi整除呢？它就是：

然而，如果我們單純將所有結果相加，會得到錯誤答案。有些數可能被統計多次（被好幾個素因子整除）。所以，我們要運用容斥原理來解決。

我們可以用2^k的算法求出所有的pi組合，然后計算每種組合的pi乘積，通過容斥原理來對結果進行加減處理。

關於此問題的最終實現：

int solve (int n, int r) {
    vector<int> p;
    for (int i=2; i*i<=n; ++i)
        if (n % i == 0) {
            p.push_back (i);
            while (n % i == 0) n /= i;
        }
        
    if (n > 1) p.push_back (n);
    int sum = 0;
    for (int msk=1; msk<(1<<p.size()); ++msk) {
        int mult = 1,bits = 0;
        for (int i=0; i<(int)p.size(); ++i)
            if (msk & (1<<i)) {
                ++bits;
                mult *= p[i];
            }
            
        int cur = r / mult;
        if (bits % 2 == 1)
            sum += cur;
        else
            sum -= cur;
    }
    return r - sum;
}

算法的復雜度為。

求在給定區間內，能被給定集合至少一個數整除的數個數

給出n個整數ai和整數r。求在區間[1;r]中，至少能被一個ai整除的數有多少。

解決此題的思路和上題差不多，計算ai所能組成的各種集合（這里將集合中ai的最小公倍數作為除數）在區間中滿足的數的個數，然后利用容斥原理實現加減。

此題中實現所有集合的枚舉，需要2^n的復雜度，求解lcm需要O(nlogr)的復雜度。

能滿足一定數目匹配的字符串的個數問題

給出n個匹配串，它們長度相同，其中有一些’?’表示待匹配的字母。然后給出一個整數k，求能正好匹配k個匹配串的字符串的個數。更進一步，求至少匹配k個匹配串的字符串的個數。

首先我們會發現，我們很容易找到能匹配所有匹配串的字符串。只需要對比所有匹配串，去在每一列中找出現的字母（或者這一列全是’?’，或者這一列出現了唯一的字母，否則這樣的字符串就存在），最后所有字母組成的單詞即為所求。

現在我們來學習如何解決第一個問題：能正好匹配k個匹配串的字符串。

我們在n個匹配串中選出k個，作為集合X，統計滿足集合X中匹配的字符串數。求解這個問題時應用容斥原理，對X的所有超集進行運算，得到每個X集合的結果：

此處f(Y)代表滿足匹配集合Y的字符串數。

如果我們將所有的ans(X)相加，就可以得到最終結果：

這樣，就得到了一個復雜度的解法。

這個算法可以作一些改進，因為在求解ans(X)時有些Y集合是重復的。

回到利用容斥原理公式可以發現，當選定一個Y時，所有中X的結果都是相同的，其符號都為。所以可以用如下公式求解：

這樣就得到了一個復雜度的解法。

現在我們來求解第二個問題：能滿足至少k個匹配的字符串有多少個。

顯然的，我們可以用問題一的方法來計算滿足k到n的所有結果。問題一的結論依然成立，不同之處在於這個問題中的X不是大小都為k的，而是>=k的所有集合。

如此進行計算，最后將f(Y)作為另一個因子：將所有的ans做和，有點類似二項式展開：

在《具體數學》( Graham, Knuth, Patashnik. "Concrete Mathematics" [1998] )中，介紹了一個著名的關於二項式系數的公式：

根據這個公式，可以將前面的結果進行化簡：

那么，對於這個問題，我們也得到了一個的解法：

路徑的數目問題

在一個的方格陣中，有k個格子是不可穿越的牆。一開始在格子(1,1)（最左下角的格子）中有一個機器人。這個機器人只能向上或向右行進，最后它將到達位於格子(n,m)的籠子里，其間不能經過障礙物格子。求一共有多少種路線可以到達終點。

為了方便區分所有障礙物格子，我們建立坐標系，用(x,y)表示格子的坐標。

首先我們考慮沒有障礙物的時候：也就是如何求從一個點到另一個點的路徑數。如果從一個點在一個方向要走x個格子，在另一個方向要走y個格子，那么通過簡單的組合原理可以得知結果為：

現在來考慮有障礙物時的情況，我們可以利用容斥原理：求出至少經過一個障礙物時的路徑數。

對於這個例子，你可以枚舉所有障礙物的子集，作為需要要經過的，計算經過該集合障礙物的路徑數（求從原點到第一個障礙物的路徑數、第一個障礙物到第二個障礙物的路徑數…最后對這些路徑數求乘積），然后通過容斥原理，對這些結果作加法或減法。

然而，它是一個非多項式的解法，復雜度。下面我們將介紹一個多項式的解法。

我們運用動態規划：令d[i][j]代表從第i個點到第j個點，不經過任何障礙物時的路徑數（當然除了i和j）。那么我們總共需要k+2個點，包括k個障礙物點以及起點和終點。

首先我們算出從i點到j點的所有路徑數，然后減掉經過障礙物的那些“壞”的路線。讓我們看看如何計算“壞”的路線：枚舉i和j之間的所有障礙物點i<l<j，那么從i到j的“壞”路徑數就是所有d[i][l]和d[l][j]的乘積最后求和。再被總路徑數減掉就是d[i][j]的結果。

我們已經知道計算總路徑數的復雜度為，那么該解法的總復雜度為。

（譯注：當然也有O(nm)的dp解法，根據n、m、k的值可以采取適當的解法）

素數四元組的個數問題

給出n個數，從其中選出4個數，使它們的最大公約數為1，問總共有多少中取法。

我們解決它的逆問題：求最大公約數d>1的四元組的個數。

運用容斥原理，將求得的對於每個d的四元組個數的結果進行加減。

其中deg(d)代表d的質因子個數，f(d)代表四個數都能被d整除的四元組的個數。

求解f(d)時，只需要利用組合方法，求從所有滿足被d整除的ai中選4個的方法數。

然后利用容斥原理，統計出所有能被一個素數整除的四元組個數，然后減掉所有能被兩個素數整除的四元組個數，再加上被三個素數整除的四元組個數…

和睦數三元組的個數問題

給出一個整數。選出a, b, c (其中2<=a<b<c<=n)，組成和睦三元組，即：

· 或者滿足，，

·或者滿足

首先，我們考慮它的逆問題：也就是不和睦三元組的個數。

然后，我們可以發現，在每個不和睦三元組的三個元素中，我們都能找到正好兩個元素滿足：它與一個元素互素，並且與另一個元素不互素。

所以，我們只需枚舉2到n的所有數，將每個數的與其互素的數的個數和與其不互素的數的個數相乘，最后求和並除以2，就是要求的逆問題的答案。

現在我們要考慮這個問題，如何求與2到n這些數互素（不互素）的數的個數。雖然求解與一個數互素數的個數的解法在前面已經提到過了，但在此並不合適，因為現在要求2到n所有數的結果，分別求解顯然效率太低。

所以，我們需要一個更快的算法，可以一次算出2到n所有數的結果。

在這里，我們可以使用改進的埃拉托色尼篩法。

·首先，對於2到n的所有數，我們要知道構成它的素數中是否有次數大於1的，為了應用容斥原理，我們還有知道它們由多少種不同的素數構成。

對於這個問題，我們定義數組deg[i]：表示i由多少種不同素數構成，以及good[i]：取值true或false，表示i包含素數的次數小於等於1是否成立。

再利用埃拉托色尼篩法，在遍歷到某個素數i時，枚舉它在2到n范圍內的所有倍數，更新這些倍數的deg[]值，如果有倍數包含了多個i，那么就把這個倍數的good[]值賦為false。

·然后，利用容斥原理，求出2到n每個數的cnt[i]：在2到n中不與i互素的數的個數。

回想容斥原理的公式，它所求的集合是不會包含重復元素的。也就是如果這個集合包含的某個素數多於一次，它們不應再被考慮。

所以只有當一個數i滿足good[i]=true時，它才會被用於容斥原理。枚舉i的所有倍數i*j，那么對於i*j，就有N/i個與i*j同樣包含i（素數集合）的數。將這些結果進行加減，符號由deg[i]（素數集合的大小）決定。如果deg[i]為奇數，那么我們要用加號，否則用減號。

程序實現：

int n;
bool good[MAXN];
int deg[MAXN], cnt[MAXN];

long long solve() {
    memset(good,1,sizeof good);
    memset(deg,0,sizeof deg);
    memset(cnt,0,sizeof cnt);
    long long ans_bad = 0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(good[i]){
            if(deg[i]==0) deg[i]=1;
            for(int j=1;i*j<=n;j++){
                if(j>1&&deg[i]==1){
                    if(j%i==0) good[i*j]=false;
                    else deg[i*j]++;
                }
                cnt[i*j]+=(n/i)*(deg[i]%2?1:-1);
            }
        }
        ans_bad+=(cnt[i-1]-1)*1ll*(n-cnt[i]-1);
    }
    return (n-1) * 1ll * (n-2) * (n-3) / 6 - ans_bad / 2;
}