容斥原理,容斥系数

容斥原理,容斥系数

众所周知，容斥原理是计数问题中最鸡贼的东西．基本上很多计数问题都要用到容斥，但是有的时候你明明知道要容斥就是不知道怎么容斥．所以特此写在这里总结一下．

1.简单傻逼的容斥原理。

一般来说，这种容斥原理一般有n个性质，满足第(i)个性质的元素集合为(A_i)，还有一个全集(U)。

现在我们需要统计(ans=|U igcap overline A_1 igcap overline A_2 cdots igcap overline A_n |)

有(ans=sum_ {S subseteq A}(-1)^{|S|}|U igcap S_ 1 igcap S_ 2 cdots igcap S_ {|S|} |)

如果用组合意义来说的话，(x in A_i)是代表元素(x)具有性质(i)，我们要求的就是不具有所有性质的元素个数。

这个这个定理的证明如下。

我们用集合(G_S)来表示满足集合(S)中的所有性质，并且不满足集合(overline S)中的所有性质的元素集合，即(G _ S={ x|forall A _ iin S,x in A _ i , forall A _ iin overline S,x otin A _ i })
那么我们要求的就是(G_{varnothing})。
(ans=sum_ {S subseteq A}(-1)^{|S|}|U igcap S_ 1 igcap S_ 2 cdots igcap S_ {|S|} |)
不难得知

[sum_{T subseteq S,S eq varnothing} (-1)^{|S|} = egin{cases} 1quad (T = varnothing)\ 0quad (otherwise) end{cases}]

证明：(ans=sum_ {S subseteq A}(-1)^{|S|}|U igcap S_ 1 igcap S_ 2 cdots igcap S_ {|S|} |sum_{G_T} sum_{T subseteq S,S eq varnothing} (-1)^{|S|}=G_{varnothing})
　　

2.Min-Max容斥

本质上还是容斥的变形。
Min-Max容斥的核心式子有两个。
1.(min{max{a,b},c}=max{min{a,c},min{b,c}})
2.(max{a,b}=a+b-min{a,b})
正确性显然。
基于第一个结论，我们猜测$$ans=max_{i=1}^n{a_i}=sum_{ T subseteq A} (-1)^{|T|+1}min { T}$$
显然可以归纳证明。

[ans=max_{i=1}^n{a_i}=max_{i=1}^{n-1}{a_i} + a_n -min{max_{i=1}^{n-1}{a_i} ,a_n} \=max_{i=1}^{n-1}{a_i} + a_n -max_{i=1}^{n-1}{min{a_i ,a_n}} \=sum_{ T subseteq A} (-1)^{|T|+1}min{ T} + (-1)^{|T|+2}min{T,a_n}+a_n \=sum_{ T subseteq A}(-1)^{|T|+1}min { T}]

upd:上面写的证明太复杂了，其实只需要按照元素大小排序，那么可以化归到已知的简单容斥里去了。

3.更加毒瘤的容斥原理

假设我们有长度为(n+1)的数列({|A_i|})分别代表具有性质(A_i)的集合元素的个数。
通常，我们需要计算的是(s(A_i))，即性质(A_i)对答案造成的贡献。
但是某些情况下(s(A_i))太难计算，我们引入长度为(n+1)的数列({|B_j|})，代表具有性质(B_j)的集合元素个数。
假如我们可以知道关系式(s(B_j)=sum_{i=0}^nf_{j,i}s(A_i))。
那么我们可以构造一个关系(s(A_i)=sum_{j=0}^n g_{i,j}s(B_j))
如果我们将第一个代入第二个会发生什么呢？
　　$$s(A_i)=sum_{j=0}^n g_{i,j} sum_{l=0}^n f_{j,l} s(A_l)
　　=sum_{l=0}^n s(A_l) sum_{j=0}^n g_{i,j}f_{j,l}$$
假如我们设(h_{i,l}=sum_{i=0}^n g_{i,j}f_{j,l})，有(s(A_i)=sum_{j=0}^n h_{i,j}s(A_j))
显然可以知道
　　$$h_{i,j}=egin{cases}
1 quad i=j
0 quad i eq j
　　end{cases}$$
那么如果我们把(F,G,H)都当作矩阵的话，那么(H)就是单位矩阵(E)，而且(FG=E)
那么(G=F^{-1})
这样我们就得到了容斥系数矩阵(G)，按照最暴力的方法求是(O(n^3))的。
再直接带入容斥系数就可以(O(n^2))算出(sum_{i=0}^n s(A_i))的值了。
　　
等等！为什么我碰到的容斥题都是(n=10^5,n=2000)，从来就没有见过可以(O(n^3))做的容斥题啊。
很多时候(B_i)都是由我们自己构造，既然自己构造的话就可以鸡贼一点，比如说我们构造({B_i})，令其对({A_i})的转移矩阵(F)是一个下三角矩阵。
这样的话就相当于(s(B_i)=sum_{j=0}^i s(A_j) f_{i,j})，我们可以依次解出({A_i})的值。
或者对这个下三角矩阵求逆，利用矩阵(G)和({B_i})直接求出({A_i})。
那这样我会(O(n^2))的了，可是那些(O(n))的题是怎么做的啊。
有些时候，题目只要求求某个性质的值，比如(s(A_n))，按照常规做法，你就不得不递推出其他所有的容斥矩阵。
但是如果我们一开始就知道了这些性质的容斥矩阵，岂不是就可以直接用对应的({B_i})转移给(a_0)。所以，某些时候，我们可以自己手算或者打表找出转移矩阵的容斥系数。
不过如果用矩阵来表示的容斥有时候比较繁琐，于是便有了系数的形式。
假如我们要算(ans=sum_{i=0}^n p_i s(A_i))。
可以构造容斥系数(q_j),令(ans=sum_{j=0}^n q_j s(B_j))
有$$ans=sum_{j=0}^n q_jsum_{i=0}^n f_{j,i} s(A_i)
=sum_{i=0}^n s(A_i)sum_{j=0}^n q_j f_{j,i} =sum_{i=0}^n p_i s(A_i)$$
有等式$$p_i=sum_{j=0}^n f_{j,i} q_j$$
如果(F)是上三角或者下三角矩阵，我们求出(q_j)就只需要(O(n^2))的时间。
特别的，如果(f_{j,i})可以被表示成两个函数如(h(j))与(h(i-j))的积，那么上式还是一个卷积的形式，可以多项式求逆在(O(nlogn))的时间内求出容斥系数。
大多数情况下，容斥系数都是有迹可寻的，可以猜想一些可靠的容斥系数然后自己手推式子或者打表证明一下，当然复杂度允许的话也可以递推或者对矩阵求逆。
在特殊情况下，还有一些经典的容斥系数。
　　
1.组合数形式的容斥(二项式反演)：

[q_n=sum_{i=0}^n inom{n} {i} p_i Leftrightarrow p_n=sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} inom {n} {i} q_i ]

　　
2.倍数关系的容斥(莫比乌斯反演)。

[q_n=sum_{d|n} p_d Leftrightarrow p_n=sum_{d|n} mu( {n over d}) q_d ]

[q_n=sum_{n|d} p_d Leftrightarrow p_n=sum_{n|d} mu( {d over n}) q_d ]

　　
3.斯特林数形式的容斥（斯特林反演）。

[q_n=sum_{i=1}^{n}egin{Bmatrix}n \ iend{Bmatrix}p_i Leftrightarrow p_n=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n \ iend{bmatrix}q_i ]

upd:对于三个反演的证明。
1.二项式反演
由二项式定理可知,

[(x+1)^n=sum_{i=0}^n inom {n} {i} x^i quad[1]\ x^n=sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}inom {n} {i} (x+1)^i quad[2]]

将([2])带入([1])得到等式([n=i]=sum_{i=0}^n (-1)^{j-i}inom {i}{j} inom {n}{i})
将反演式子互相带入可以得到等价与该等式。

2.莫比乌斯反演(只证第一个)
莫比乌斯函数满足性质，([n=1]=sum_{d|n} mu(d))。
即满足与衡等函数(I)的狄利克雷卷积为单位函数(e),((mu * I)(n)=e(n)=[n=1])
当然这是狄利克雷卷积，如果是矩阵的话，那么就是矩阵
(mu_{i,j}=[j|i]mu({i over j}) ,I_{i,j}=[j|i])相乘，显然这是满足(mu I=E)的。
第二个的证明就是把整除符号的两边反过来，本质上没有什么区别。

3.斯特林反演
可以去看我的另外一篇博文第二类斯特林数总结