1.定义
在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法，这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来（容），然后再把计数时重复计算的数目排斥出去（斥），使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理。
举个栗子，如果被计数的事物有A、B、C三类，那么，A类和B类和C类元素个数总和= A类元素个数+ B类元素个数+C类元素个数—既是A类又是B类的元素个数—既是A类又是C类的元素个数—既是B类又是C类的元素个数+既是A类又是B类而且是C类的元素个数。
（A∪B∪C = A+B+C - A∩B - B∩C - C∩A + A∩B∩C）
推导公式：
其实对于(2)，是在(1)的基础上运用了Demorgen定理。
2.严格证明
时，等式成立(证明略)。
时，结论仍成立。因此对任意
注：以上证明摘自曹汝成．组合数学：华南理工大学出版社，2000年
3.应用
容斥原理的目的：找到不重复的总区间。
| Ai ∪ Aj ... ∪ An | = ∑ | Ai | - ∑ | Ai ∩ Aj | + ∑ | Ai ∩ Aj ∩ Ak | - ... + (-1)n × ∑ | Ai ∩ ... ∩ An |
1.How many integers can you find HDU - 1796
题目大意：给定一个n和一个有m个元素的序列，求小于n并且能被这m个元素中整除的整数有多少个。
分析：在区间[1,n)中，找到能被每个元素整除的元素个数，用容斥原理找到不重复元素的个数。（其实就是题2省去分解质因数的简化版）
实现：求最大公约数，最小公倍数：
ll gcd(ll a,ll b){ if(!b)return a; return gcd(b,a % b); } ll lcm(ll a,ll b){ ll p = a * b / gcd(a,b); return p; }
DFS容斥原理：按照图示层次递归
ll DFS(ll i,ll w,int k,ll m){ ll p; for(;i<=top;i++){ p = lcm(a[i],w); ans += k * (m/p); DFS(i+1,p,-k,m); } return ans; }
2.Co-prime HDU - 4135
题目大意：给定一个区间[A,B],找出在这个区间内与给定的n互质的整数的个数。
分析：直接求与n互质的数不好找，我们选择先找不与n互质的数，将n分解质因数，再通过容斥原理找到给定区间中所有质因数的倍数。
举个栗子，n为30，那么质因数为2、3、5, 2在[1,30]中的倍数与3在[1,30]中的倍数难免有重复，这也不难解释我们为什么会用容斥原理了。
设每个质因数在区间中的倍数分别有A1 、A2、A3 ... An个，那么∑ | Ai ∩ Aj |就是i、j的最小公倍数在区间中的倍数个数。
| S | = ∑ | Ai | - ∑ | Ai ∩ Aj | + ∑ | Ai ∩ Aj ∩ Ak | - ... + (-1)n × ∑ | Ai ∩ ... ∩ An |
质因数分解
void div(ll n){ for(int i=2; i*i<=n;i++){ if(n % i == 0){ a[++top] = i; while(n % i == 0)n /= i; } if(n == 1)break; } if(n > 1)a[++top] = n; }
3.Card Collector HDU - 4336
题目大意：N个物品，每次得到第i个物品的概率为pi，而且有可能什么也得不到，问期望多少次能收集到全部N个物品。
分析：这里牵涉到概率论上的一些基本概念——期望。举个栗子，两个元素的期望值，实际就是A1∩A2的期望值，而这里每个事件显然是互相独立的，那么A1∩A2显然等于A1 + A2，因此这两个元素的期望值应该是1/(A1 + A2),
我们可以看到，A1的期望显然和A1∩A2的期望是有重叠部分，那么这里就解释了为什么会用到容斥原理了。
void DFS(int i,double w,int k){ double p; for(;i<=n;i++){ p = a[i] + w; ans += k * (1 / p); DFS(i+1,p,-k); } }
4.Visible Trees HDU - 2841 、仪仗队 Luogu P2158 [SDOI2008]
HDU——2841 一个n*m的方格纸，格点上有树，求从(0,0)处看，能看到几棵树。
P2158 [SDOI2008] 作为体育委员，C君负责这次运动会仪仗队的训练。仪仗队是由学生组成的N * N的方阵，为了保证队伍在行进中整齐划一，C君会跟在仪仗队的左后方，根据其视线所及的学生人数来判断队伍是否整齐(如下图) 在，C君希望你告诉他队伍整齐时能看到的学生人数。
分析：如何判断一个人是否被遮挡？它与观测点连线的斜率，和离观测点更近的一个人与观测点连线的斜率相等。
举个栗子，观察上图，后面的人显然就被前面的人遮挡了。若观测点为（0,0），前一个数为（2,1），后一个数为（4,2）。那么后一个人就被前一个人遮挡了。
如果一个一个点求斜率再比较，数据范围 m,n<=100,000，O(mn)算法是超时算法。
抽象一点说，若一个人的坐标有不为1的公因数，即坐标为（x*q,y*q），q ∈ N* ,那么势必会被坐标为（x,y）的人遮挡。
所以就是求解x∈[1,m],y∈[1,n]中互质的数的个数。以列来枚举，列数为i,i∈[1,m],则就是求[1,n]中与i互质的数。
如何求该区间内与i互质的数呢？还是找到i的所有质因数，利用容斥定理求解。
其实第二题还有更巧妙的解法。在找到i的质因数后，利用欧拉函数求解。
由于第二题图是n×n的正方形，所以将图分为对称的两半，则是求[1,i]中与i互质的数的个数。我们知道欧拉函数的定义φ(x)为在小于等于x的数中与x互质的数的个数，那么通过欧拉函数计算公式，就可以更快，更直接地求解了。
附蒟蒻代码一篇：
// P2158
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; // 欧拉函数模板 int main(){ int k,n,t = 0; long long ans = 0; cin>>k;// k*k 的正方形矩阵 for(int j = 2; j < k; j++)// 高从2到k-1,为什么是k-1不是k? //因为最后一列是k个节点，但我们判断是否互质是根据实际长度，即节点之间的距离判断的 { n = j;//一个小细节，由于找质因数时n被除值会改变，所以不直接用 j,以免影响外循环 long long int anss = 1; for(int i=2; i*i<=j; i++){ if(n % i == 0){ t = 0; while(n % i == 0)n /= i,t++; anss *= (long long int)(i-1) * (int)pow(i,t-1); } if(n <= 1)break; } if(n > 1)anss *= (n-1) ; ans += anss; } if(k == 1)printf("0");// 1*1的矩阵要特判，此时只能看到0个人 else printf("%lld",ans*2 + 3);// +3是考虑到直线x = 0,y = 0,y = x都只能看到一个点 return 0; }
5.被破坏的玉米地
输入一个整数n（0≤n≤200）,表示圆圈的个数。以下n行每行有两个整数x和y，由空格分开，代表圆心坐标。
当两个圆的圆心坐标为（0，0）和（1，0）时 图3.1两个圆所覆盖的面积为5.0548。编写程序需要输出统计的总面积，四舍五入到小数点后四位。
分析：
题意要求求出覆盖的总面积，考虑到圆之间可能有相交的情况，我们不能仅仅求所有圆的面积之和。圆之间可能有2个圆相交的部分、3个圆相交的部分、4个圆相交的部分......
但如何求圆之间相交的面积呢？我们分类讨论来看一看。
一、2个圆相交
我们称这种为α型交
称这种为β型交
二、3个圆相交
三、4个圆相交
四、幸运的是，由于四个圆大小相同，没有五个圆互不重叠并且有共同相交面积的情况。
接下来就是判断圆之间的相交类型，并通过容斥原理求覆盖总面积。
由于代码太过繁杂，蒟蒻摘抄了大佬代码：
#include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <iostream> #include <math.h> using namespace std; #define MAX 80 const double pi=3.14159265358979324; /**原点坐标**/ struct coordinate { int x; int y; }; /**计算任意两个坐标之间的距离”,这里的距离定义为横坐标之差与纵坐标之差的和**/ int f1(coordinate k1,coordinate k2) { int l; if(abs(k1.x-k2.x)==0&&abs(k1.y-k2.y)==2){ return 0; } if(abs(k1.x-k2.x)==2&&abs(k1.y-k2.y)==0){ return 0; } l=abs(k1.x-k2.x)+abs(k1.y-k2.y); if (l>2) return 0; else return l; } /**快速排序算法的比较函数**/ int compare( const void *a, const void *b ) { coordinate *arg1=(coordinate*)a; coordinate *arg2=(coordinate*)b; if (arg1->x<arg2->x) return -1; else if(arg1->x>arg2->x) return 1; else if (arg1->y<arg2->y) return -1; else if(arg1->y>arg2->y) return 1; else return 0; }; int main() { int i,n; double area; coordinate *a; double duration; //输入圆心的个数 cin>>n; a=(coordinate*)malloc(sizeof(coordinate)*n); qsort(a,n,sizeof(coordinate),compare); int *List; List=(int*)malloc(sizeof(int)*n*n); int j,k,l,count1=0,count2=0,count3=0,count4=0; area=n*pi; //四种情况的相交面积 double s1=(2.0/3.0)*pi-sqrt(3.0)/2.0; double s2=pi/2.0-1.0; double s3=5.0/12.0*pi-sqrt(3.0)/2.0; double s4=pi/3.0-1+0.25/(sin(75*pi/180)*sin(75*pi/180)); //分析两个圆相交的情况 for (i=0;i<n-1;i++) for (j=i+1;j<n;j++) { *(List+n*i+j)=f1(a[i],a[j]); *(List+n*j+i)=*(List+n*i+j); if (*(List+n*i+j)==1) count1++; else if ((*(List+n*i+j)==2)&&(abs(a[i].x-a[j].x)==1)) count2++; } //分析三个圆或者四个圆相交的情况 for (i=0;i<n-2;i++) for (j=i+1;j<n-1;j++) for (k=j+1;k<n;k++) { bool check=true; int ans=*(List+n*i+j)+*(List+n*j+k)+*(List+n*i+k); if(*(List+n*i+j)==0||*(List+n*j+k)==0||*(List+n*i+k)!=0) if(ans==4&&check) { count3++; } } for (i=0;i<n;i++) for (j=0;j<n;j++) for (k=0;k<n;k++) for(l=0;l<n;l++){ if ((*(List+n*i+j)==1)&&(*(List+n*j+k)==1)&&(*(List+n*k+l)==1)&&(*(List+n*i+l)==1)&&(i!=j)&&(i!=k)&&(i!=l)&&(j!=k)&&(j!=l)&&(k!=l)) count4++; } area=area-s1*count1-s2*count2+s3*count3-s4*count4/8; free(a); free(List); }
摘自：https://blog.csdn.net/larry1648637120/article/details/86529012
推荐一道同样是求交集面积的题：P4515 [COCI2009-2010#6] XOR
坐标系下有若干个等腰直角三角形，且每个等腰直角三角形的直角顶点都在左下方，两腰与坐标轴平行。被奇数个三角形覆盖的面积部分为灰色，被偶数个三角形覆盖的面积部分为白色，如下图所示。
已知 N个等腰直角三角形的顶点坐标及腰长，求灰色部分面积。
6.素数四元组的个数问题
给出n个数
，从其中选出4个数，使它们的最大公约数为1，问总共有多少中取法。
我们解决它的逆问题：求最大公约数d>1的四元组的个数。
运用容斥原理，将求得的对于每个d的四元组个数的结果进行加减。
其中deg(d)代表d的质因子个数，f(d)代表四个数都能被d整除的四元组的个数。
求解f(d)时，只需要利用组合方法，求从所有满足被d整除的ai中选4个的方法数。
然后利用容斥原理，统计出所有能被一个素数整除的四元组个数，然后减掉所有能被两个素数整除的四元组个数，再加上被三个素数整除的四元组个数…
7.和睦数三元组的个数问题
给出一个整数
。选出a, b, c (其中2<=a<b<c<=n)，组成和睦三元组，即：
满足 
， 
， 
或者满足
首先，我们考虑它的逆问题：也就是不和睦三元组的个数。
然后，我们可以发现，在每个不和睦三元组的三个元素中，我们都能找到正好两个元素满足：它与一个元素互素，并且与另一个元素不互素。
所以，我们只需枚举2到n的所有数，将每个数的与其互素的数的个数和与其不互素的数的个数相乘，最后求和并除以2，就是要求的逆问题的答案。
现在我们要考虑这个问题，如何求与2到n这些数互素（不互素）的数的个数。虽然求解与一个数互素数的个数的解法在前面已经提到过了，但在此并不合适，因为现在要求2到n所有数的结果，分别求解显然效率太低。
所以，我们需要一个更快的算法，可以一次算出2到n所有数的结果。
在这里，我们可以使用改进的埃拉托色尼筛法。
·首先，对于2到n的所有数，我们要知道构成它的素数中是否有次数大于1的，为了应用容斥原理，我们还有知道它们由多少种不同的素数构成。
对于这个问题，我们定义数组deg[i]：表示i由多少种不同素数构成，以及good[i]：取值true或false，表示i包含素数的次数小于等于1是否成立。
再利用埃拉托色尼筛法，在遍历到某个素数i时，枚举它在2到n范围内的所有倍数，更新这些倍数的deg[]值，如果有倍数包含了多个i，那么就把这个倍数的good[]值赋为false。
·然后，利用容斥原理，求出2到n每个数的cnt[i]：在2到n中不与i互素的数的个数。
回想容斥原理的公式，它所求的集合是不会包含重复元素的。也就是如果这个集合包含的某个素数多于一次，它们不应再被考虑。
所以只有当一个数i满足good[i]=true时，它才会被用于容斥原理。枚举i的所有倍数i*j，那么对于i*j，就有N/i个与i*j同样包含i（素数集合）的数。将这些结果进行加减，符号由deg[i]（素数集合的大小）决定。如果deg[i]为奇数，那么我们要用加号，否则用减号。