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容斥原理

入门

假设班里有 10 个学生喜欢数学, 15 个学生喜欢语文, 21 个学生喜欢编程,班里至少喜欢一门学科的有多少个学生呢?

10+15+21=46 个吗?不是的,因为有些学生可能同时喜欢数学和语文,或者语文和编程,甚至还有可能三者都喜欢。

为了叙述方便,我们把喜欢语文、数学、编程的学生集合分别用 A,B,C 表示,则学生总数等于 |A\cup B\cup C| 。刚才已经讲过,如果把这三个集合的元素个数 |A|,|B|,|C| 直接加起来,会有一些元素重复统计了,因此需要扣掉 |A\cap B|,|B\cap C|,|C\cap A| ,但这样一来,又有一小部分多扣了,需要加回来,即 |A\cap B\cap C| 。即

|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|

容斥原理 - venn 图示例

把上述问题推广到一般情况,就是我们熟知的容斥原理。

容斥原理

设 U 中元素有 n 种不同的属性,而第 i 种属性称为 P_i ,拥有属性 P_i 的元素构成集合 S_i ,那么

\begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\cdots\\ &+(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_i}\right|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap\cdots\cap S_n| \end{split}

\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right|

证明

对于每个元素使用二项式定理计算其出现的次数。对于元素 x,假设它出现在 T_1,T_2,\cdots,T_m 的集合中,那么它的出现次数为

\begin{split} Cnt=&|\{T_i\}|-|\{T_i\cap T_j|i<j\}|+\cdots+(-1)^{k-1}\left|\left\{\bigcap_{i=1}^{k}T_{a_i}|a_i<a_{i+1}\right\}\right|\\ &+\cdots+(-1)^{m-1}|\{T_1\cap\cdots\cap T_m\}|\\ =&C_m^1-C_m^2+\cdots+(-1)^{m-1}C_m^m\\ =&C_m^0-\sum_{i=0}^m(-1)^iC_m^i\\ =&1-(1-1)^m=1 \end{split}

于是每个元素出现的次数为 1,那么合并起来就是并集。证毕。

补集

对于全集 U 下的 集合的并 可以使用容斥原理计算,而集合的交则用全集减去 补集的并集 求得:

\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|

右边使用容斥即可。

可能接触过容斥的读者都清楚上述内容,而更关心的是容斥的应用

那么接下来我们给出 3 个层次不同的例题来为大家展示容斥原理的应用。

不定方程非负整数解计数

给出不定方程 \sum_{i=1}^nx_i=m 和 n 个限制条件 x_i\leq b_i ,其中 m,b_i\leq \mathbb{N} . 求方程的非负整数解的个数

没有限制时

如果没有 x_i<b_i 的限制,那么不定方程 \sum_{i=1}^nx_i=m 的非负整数解的数目为 C_{m+n-1}^{n-1} .

略证:插板法。

相当于你有 m 个球要分给 n 个盒子,允许某个盒子是空的。这个问题不能直接用组合数解决。

于是我们再加入 n-1 个球,于是问题就变成了在一个长度为 m+n-1 的球序列中选择 n-1 个球,然后这个 n-1 个球把这个序列隔成了 n 份,恰好可以一一对应放到 n 个盒子中。那么在 m+n-1 个球中选择 n-1 个球的方案数就是 C_{m+n-1}^{n-1}

容斥模型

接着我们尝试抽象出容斥原理的模型

  1. 全集 U:不定方程 \sum_{i=1}^nx_i=m 的非负整数解
  2. 元素:变量 x_i .
  3. 属性: x_i 的属性即 x_i 满足的条件,即 x_i\leq b_i 的条件

目标:所有变量满足对应属性时集合的大小,即 |\bigcap_{i=1}^nS_i| .

这个东西可以用 \left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| 求解。 |U| 可以用组合数计算,后半部分自然使用容斥原理展开。

那么问题变成,对于一些 \overline{S_{a_i}} 的交集求大小。考虑 \overline{S_{a_i} } 的含义,表示 x_{a_i}\geq b_{a_i}+1 的解的数目。而交集表示同时满足这些条件。因此这个交集对应的不定方程中,有些变量有 下界限制 ,而有些则没有限制。

能否消除这些下界限制呢?既然要求的是非负整数解,而有些变量的下界又大于 0,那么我们直接 把这个下界减掉 ,就可以使得这些变量的下界变成 0,即没有下界啦。因此对于

\left|\bigcap_{a_i<a_{i+1} }^{1\leq i\leq k}S_{a_i}\right|

的不定方程形式为

\sum_{i=1}^nx_i=m-\sum_{i=1}^k(b_{a_i}+1)

于是这个也可以组合数计算啦。这个长度为 k 的 a 数组相当于在枚举子集。

HAOI2008 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(4nS) ,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) .

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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int S = 1e5 + 5;
int c[5], d[5], n, s;
int f[S];
signed main() {
  scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &c[1], &c[2], &c[3], &c[4], &n);
  f[0] = 1;
  for (int j = 1; j <= 4; j++)
    for (int i = 1; i < S; i++)
      if (i >= c[j]) f[i] += f[i - c[j]];
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &d[1], &d[2], &d[3], &d[4], &s);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < 16; i++) {
      int m = s, bit = 0;
      for (int j = 1; j <= 4; j++)
        if ((i >> (j - 1)) & 1) m -= (d[j] + 1) * c[j], bit++;
      if (m >= 0) ans += (bit % 2 * 2 - 1) * f[m];
    }
    printf("%lld\n", f[s] - ans);
  }
  return 0;
}

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 n 的错位排列。求 n 的错位排列数。

全集 U 即为 1\sim n 的排列, |U|=n! ;属性就是 P_i\neq i . 套用补集的公式,问题变成求 \left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| .

我们知道 \overline{S_i} 的含义是满足 P_i=i 的排列的数量。用容斥原理把问题式子展开,我们需要对若干个特定的集合的交集求大小,即

\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|

其中我们省略了 a_i<a_{i+1} 的条件以方便表示。上述 k 个集合的交集表示有 k 个变量满足 P_{a_i}=a_i 的排列数,而剩下 n-k 个数的位置任意,因此排列数

\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|=(n-k)!

那么选择 k 个元素的方案数为 C_n^k ,因此有

\begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{a_{1,\cdots,k} }\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}C_n^k(n-k)!\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ &=n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!} \end{split}

因此 n 的错位排列数为

D_n=n!-n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!}=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}

完全图子图染色问题

前面的三道题都是容斥原理的正向运用,这道题则需要用到容斥原理逆向分析。

来源:王迪《容斥原理》,2013 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文集

A 和 B 喜欢对图(不一定联通)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) 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。

数学形式

一看这道题的算法趋向并不明显,因此对于棘手的题目首先抽象出数学形式。得分差即为奇偶对称差,可以用 -1 的幂次来作为系数。我们求的是

Ans=\sum_{S\subseteq E}(-1)^{|S|-1}F(S)

容斥模型

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|

逆向分析

那么要求的式子展开

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|

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。

数论中的容斥

考虑这样一个经典问题

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_2n) 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}

这就是欧拉函数的数学表示啦

容斥原理一般化

容斥原理常用于集合的计数问题,而对于两个集合的函数 f(S),g(S) ,若

f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T)

那么就有

g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)

证明

接下来我们简单证明一下。我们从等式的右边开始推:

\begin{split} &\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ =&\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\sum_{Q\subseteq T}g(Q)\\ =&\sum_{Q}g(Q)\sum_{Q\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\\ \end{split}

我们发现后半部分的求和与 Q 无关,因此把后半部分的 Q 剔除:

=\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}\\

记关于集合 P 的函数 F(P)=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|} ,并化简这个函数:

\begin{split} F(P)=&\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\\ =&\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i(-1)^{|P|-i}=\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i1^i(-1)^{|P|-i}\\ =&(1-1)^{|P|}=0^{|P|} \end{split}

因此原来的式子的值是

\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}=\sum_{Q}g(Q)F(S\setminus Q)=\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}

分析发现,仅当 |S\setminus Q|=0 时有 0^0=1 ,这时 Q=S ,对答案的贡献就是 g(S) ,其他时侯 0^{|S\setminus Q|}=0 ,则对答案无贡献。于是得到

\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}=g(S)

综上所述,得证。

推论

该形式还有这样一个推论。在全集 U 下,对于函数 f(S),g(S) ,如果

f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)

那么

g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)

这个推论其实就是补集形式,证法类似

DAG 计数

n 个点带标号的有向无环图进行计数,对 10^9+7 取模。 n\leq 5\times 10^3 .

直接 DP

考虑 DP,定义 f[i,j] 表示 i 个点的 DAG,有 j 点个入度为 0 的图的个数。假设去掉这 j 个点后,有 k 个点入度为 0,那么在去掉前这 k 个点至少与这 j 个点中的某几个有连边,即 2^j-1 种情况;而这 j 个点除了与 k 个点连边,还可以与剩下的点任意连边,有 2^{i-j-k} 种情况。因此方程如下

f[i,j]=\binom{i}{j}\sum_{k=1}^{i-j}(2^j-1)^k2^{i-j-k}f[i-j,k]

计算上式的复杂度是 O(n^3) 的。

放宽限制

上述 DP 的定义是恰好 j 个点入度为 0, 太过于严格,可以放宽为至少 j 个点入度为 0. 直接定义 f[i] 表示 i 个点的 DAG 个数。可以直接容斥。考虑选出的 j 个点,这 j 个点可以和剩下的 i-j 个点有任意的连边,即 \left(2^{i-j}\right)^j=2^{(i-j)j} 种情况

f[i]=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-1}\binom{i}{j}2^{(i-j)j}f[i-j]

计算上式的复杂度是 O(n^2)

参考文献

王迪《容斥原理》,2013 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文集

Cyhlnj《有标号的 DAG 计数系列问题》


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