@
普通容斥
容斥原理的本質是加上一堆模糊的可能取值，然后不斷逼近真取值
也就是有一些只滿足一部分條件的答案被多/少統計了，容斥原理可以處理此類問題
容斥原理由兩部分構成，容斥系數和容斥統計的狀態
用數學表達式來統計：
\(f(T)\) 要考慮把一些東西消掉，常用的有\(-1^{|T|}\)或者\(-1^{|T|-1}\)
\(w(T)\) 即為T狀態對答案的貢獻
怎么用容斥解題呢？
- 列出題目中所有條件，對每個條件分別求解
- 如上，考慮出現重復
- 於是枚舉\(2^n\)個集合，相似的集合可以合並求解
- 貢獻乘上容斥系數，求\(\sum\)
是⑧是很淺顯？
例題選講
歐拉函數
求1~n之間與n互質的數的個數
我們定義狀態集合為包含幾個因子
顯然地，答案為\(n - \sum_x (gcd(n,x)\neq 1)\)
因為是第一個例題就詳細理解一下吧
首先，答案一定包含於所有因子\(\le n\)的倍數中
而這些因子又有重復的
於是考慮把為同時兩個因子的倍數減掉
那么又多減了同時為三個因子的倍數，要加上
然后類似地遞歸，數學歸納得到容斥的公式
枚舉每個因⼦放與不放 ——apiadu
經典題目
N個變量xi，每個變量滿⾜\(0\le xi\le Ci\)。
求\(\sum x=A\)的解的數量
然后考慮沒有限制的時候怎么放
跟隔板法差不多，就是把A看成A個小球，求分割方案數
顯然是\(C(A+1,N)\)
然后考慮欽定 \(K\) 個數，這些數的第i個必須\(\geq C_i\)
也挺好做的，先把A減去\(C_i\)就跟無限制一樣了
這樣是\(2^n\)的
好像還有第二檔
因為某些原因鴿了（2019/7/30 要打CFdiv2（探底）於是沒去答疑
QQ上問了杜老師還沒回就先這樣
SetAndSet
把n個數分成兩個集合使得結果一樣
分析一下？
結果一樣必然二進制下每一位都一樣
則套上容斥，對於每個條件考慮反面：所有1在一邊，另一邊全是0 或者沒有
對於每一位同是1的連一條邊，對於處理的K個數取出查看有多少個連通塊
如果不符合條件的話，至少有一個連通塊的數在一起
這是此時總方案數就是\(2^{連通塊數}\)
然后外面再乘一個其他數隨便分配的組合數就好了
ZJOI2016 小星星
n個點的樹，求一個排列p，使樹上有(u,v)的邊，圖里有(pu,pv)的邊
出現=無限制-沒有出現
全都沒有限制\(dp[u][v]\) ->u對應v，已經求完了子樹
\(dp[u][v]=\prod_{s \in son(u)} (\sum dp[s][t]*w[v][t])\)
\(w[v][t]\) 表示\(v\)和\(t\)在圖上是否連通
解釋一下，只在圖上聯通的兒子才加上它的dp值
有限制不能出現就把邊刪掉(開個vis)
復雜度\(2^n*n^3\) 空間\(O(n^2)\)
經典問題
把k分解成若干因數的乘積，因子有順序求方案數
讀入方式：\(n=p_1^{e_1}+p_2^{e_2}+p_3^{e_3}+...+p_m^{e_m}\)
\(\sum e_i \leq 1e5\)
看完題后直覺：不是沙雕dp嗎？
dp做不了的。。
其實是容斥然后類似隔板法一樣的來求方案數
固定\(i\)個因子為1
答案為\(\sum _{i=0} ^{m-1} ans_i*f(i)\) ,ans為固定i個為1的方案數，f是容斥系數
把 \(i\) 個1除掉之后的方案數，其他數沒有限制的方案數就好算了啊QwQ
方案數等於\(C(k,i) * \prod _{j=1} ^m C(e_j+k-i-1,k-i-1)\)
即枚舉k里選哪\(i\)個不是1，組合數求方案
經典問題2
給出全集大小，每次產生子集S的概率為P(S)，求期望步數
容斥與期望結合
由於期望的線性性，容斥完取期望等於期望的容斥
考慮對每個子集T計算不止所有T的子集在T內的期望，那么要把重復的消掉
對於每個元素T，套路地使它在偶數時被消掉，奇數時加上（這個可以舉幾個例子來判斷容斥系數，我比較菜所以不會推
然后枚舉子集容斥就可以了
如上，\(P'(T)\)表示所有子集都在\(T\)內的概率，運用上一篇博客里的公式得到期望
Minmax 容斥
結論
\(Max(S)=\sum_{T \in S} Min(T) * f(i)\)
其中\(f\)為 容斥系數，此處取\(-1^{|T|-1}\)
同理，對於\(Min(S)\)也成立（但是用\(Max\)的情況較多
證明
首先證明可以取到\(Max(S)\)，即對於只包含\(Max(S)\)的集合，\(Min(T)\)等於\(Max(S)\)
然后對於其他的值取最小值時，集合大小為奇數時加上，大小為偶數時減掉，而選奇數個和選偶數個的方案數又是一樣的，於是抵消掉了
由期望的線性性可得，對於每個數取期望時也成立
例題選講
simple例題
搞一個課堂上還記得的：
\(n\)道題，每道題聽懂概率\(P_i\)，求全部聽懂次數
顯然是每道題聽懂期望次數的\(Max\)，於是變成\(Minmax\)模板題
運用\(Minmax\)容斥可以把問題變成求一個集合中至少出現一個數的期望，就很簡單了
[HAOI2015]按位或
顯然為每個位置都取到1的期望步數，即為最晚的位置變成1的時間
那么\(E(Min)\)的取值就是\(\frac{1}{\sum _{g \and T≠ϕ} P[g]}\)
這個東西再套一層簡單容斥然后轉化成求T補集的子集，然后再用1減
這個子集前綴和就跟高維前綴和一樣搞搞就行了
簡單容斥——補集思想
雜題選講
-
同色三角形
完全圖每條邊紅黑染色，求同色三角形個數
不合法三角形：異色角/2 可以畫圖理解
然后枚舉每個點枚舉每條邊，每個點答案貢獻為紅邊*黑邊/2
最后用C(n,3)減一下
-
CF297E
如果把每條線對應成一個點，若兩條線交叉則在所對應的兩點間連紅邊，否則連藍邊，那么我們就得到了一個含n個節點的完全圖G。可以發現，第一種方案對應G中的一個紅色三角形，第二種方案對應G中的一個藍色三角形。
問題就轉化成純色三角形個數就好了
枚舉一條線段，另一側選兩條
問題轉化為求一些幾何圖形的方案數，筆記上是第一種和第三種
還有。。如果你不是正睿上課的同學
無可奉告I'm angry！
-
n點聯通圖計數
總圖個數 - 不連通
令 f(n) = 連通圖個數
$f(n) = 2^{C(n,2)} - \sum _{i=1}^{n-1} C(n-1,i-1) *f(i) *2^{n-1,2} $
歐拉圖：度數都是偶數且聯通
f(n) = 總的度數為偶數的個數
\(f(n) = 2 ^{C(n-1,2)}\)
先把\(n-1\)個點連完，如果度數奇數就和\(n\)連
\(f(n) = 2^{C(n-1,2)} - \sum _{i=1}^{n-1} C(n-1,i-1) *f(i) *2^{C(n-i-1,2)}\)
-
連邊 bzoj2169
有N個點（編號1到N）組成的無向圖，已經為你連了M條邊。請你再連K條邊，使得所有的點的度數都是偶數。求有多少種連的方法。要求你連的K條邊中不能有重邊
但和已經連好的邊可以重。不允許自環的存在。求連邊的方法數。我們只關心它模10007的余數。
令\(f[i][j]\)為選了i條邊，j個點度數為奇數
\[f[i][j]=f[i-1][j-2]*C(n-j+2,2)+f[i-1][j]*(n-j)*j+f[i-1][j+2]*C(j+2,2)-f[i-2][j]*(C(n,2)-i+2) \]即分為以下情況討論：
-
連兩個度數為奇數的邊 ，j-2
-
連一奇一偶，j不變
-
連兩個偶數，j+2
-
減去連的重邊 ，i-2選的情況和i選的情況有一部分是相同的
最后除以\(k!\)
-
-
樹的最短路徑期望
有一棵樹，樹的邊權都是1，隨機選k個點
在上面走，最路徑時間走k個點，求期望時間
對於一條邊，左右兩邊都有關鍵點，必須走兩次
然后可以減去最遠的兩個點的路徑長（期望的線性性）
就變成了\(\frac{C(n,k)-C(size_l,k)-C(size_r,k)}{C(n,k)}\) - \(\sum P(u,v)*w(u,v)\)
考慮在P(u,v)在選出來的點兩兩路徑構成的樹上成為直徑的概率
如果(u,v)是直徑，則有對於任意的x
\(d(u,x)\leq (u,v)\)
\(d(v,x)\leq d(u,v)\)
但是有重復，考慮令u的字典序最小，不妨設\(u<v\)
對於\(d(u,x)=d(u,v)，d(v,x)<d(u,v)\)，使\(x>v\)
同理對於\(d(u,x)<d(u,v)，d(v,x)=d(u,v)\)，使4x>u$
對於\(d(u,x)=d(u,v)，d(v,x)=d(u,v)\)，使\(x>max(u,v)\)
這樣每棵樹的每條直徑都只算了一次
-
company Acquisitions
有若干公司，每個節點可能是根節點，也可能是自己點
每次選兩個根，一個變成另一個的兒子，而它的兒子變成根
求只有一個根的期望步數
設計狀態\(C(x)\) 為一個點為根且有i個兒子對答案的貢獻
\(C(x)+C(y)=1+1/2*(C(x+1)+y*c(0))+1/2*(C(y+1)+x*c(0))\)
解得\(c(x)=1/2(c(x+1)+x*c(0)+1)\)
\(c(n-1) = 0\)
-
Segment
隨機構造一個線段樹：有\((1,n)\)個線段，每次選中間一個點\(x\)（隨機），然后遞歸下去選，直到\(l=r\)
\(q\)次詢問問區間\((l,r)\)會訪問幾個區間
考慮詢問\([x,y]\)，\(l\leq x,r\geq y\)，一定被經過
相交的區間也一定被經過
包含於它的區間取決於樹的形態
怎么拆后者的期望？答案是葉節點 - 包含且非葉區間個數
問題好像就很顯然了？（
常見的轉化。——apiadu
得到答案\(=\)與\((l,r)\)相交或包含$(l,r) - \(被\)(l,r)$嚴格包含且非葉節點 + 包含葉子個數
定義第一類區間權值為1，第二類-1，第三類1
用期望線性性拆開，相當於求\([x,y]\)出現的概率，乘上對應的權值(1或者-1)
怎么求概率呢？
考慮隨機生成割開位置的排列
則x,y 區間出現意味着x-1號隔板和y號隔板比他們中間的模板都先出現
左右端點特殊考慮一下！
可惜的是這題並不能\(n^2*m\)做
至於剩下考慮如何快速算出來，搞搞前綴和
技術性細節不講 ——apiadu
按時間分治
考慮離線，邊加入和刪除，可以理解為在一段時間內存在這條邊
然后對時間建線段樹，然后dfs時間線段樹
訪問到T把T所有邊加入並查集
訪問左右節點，訪問完左節點撤銷左節點操作（不能路徑壓縮並查集！）（要按秩合並 撤銷的時候判斷一下
在葉節點回答查詢就可以了
后記
有用的東西：期望 = 總和 / 總方案數
下午四點之后杜教就開始放飛自我力（悲
然后我就自閉了