「学习笔记」容斥原理及其应用_容斥原理在资料分析中的应用-优快云博客

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这篇博客介绍了容斥原理在解决计数问题中的应用，通过分析HDU和CDOJ等竞赛题目，讲解了如何利用容斥原理解决错排问题、数的整除性、互质数个数和硬币翻转等问题。同时，讨论了三重循环在处理多质因数容斥问题中的效率。

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容斥原理

说的是一种计数方式，使得每种情况只被记一次。

$\sum_{i=1}^{n}C_n^i(-1)^{i+1}=[n\geq 1]$

入门例题

$\text{(1) HDU 1465}$

错排问题模板题。

推一下递推式子：

把 $n$ 个 $i\not = a_i$ 当成 $n$ 个条件然后容斥，每次选一些不错位，剩下随便排.

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}C_{n}^{i}(n-i)!$

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!(n-i)!}(n-i)!$

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+n\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i+1}\frac{(n-1)!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+n \;dp[n-1]$

#include <cstdio>

long long dp[21];

int main() {
	dp[0] = dp[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= 20; i ++)
		dp[i] = i * 1ll * dp[i - 1] + ((i & 1) ? -1 : 1);
	for(int n; ~ scanf("%d", &n); )
		printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}

$\text{(2) HDU 1796}$

题意：给定 $m(m\leq 10)$ 个数 $a_i$ ，求小于 $n$ 的数中有多个数满足能被任意一个 $a_i$ 整除.

容斥应用入门题。 $\text{DFS}$ 容斥一下就好。即加上只被某1个整除的，减去被某2个整除的，加上…

#include <cstdio>

typedef long long LL;

int n, m, a[10];
LL ans;

LL gcd(const LL & a, const LL & b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

LL lcm(const LL & a, const LL & b) {
	return a / gcd(a, b) * b;
}

void dfs(int k, int c, LL ret) {
	if(k == m) {
		if(c > 0) ans += ((n - 1) / ret) * ((c & 1) ? 1 : -1);
		return ;
	}
	dfs(k + 1, c, ret);
	if(a[k] > 0 && a[k] < n)
		dfs(k + 1, c + 1, lcm(ret, a[k]));
}

int main() {
	while(~ scanf("%d%d", &n, &m)) {
		for(int i = 0; i < m; i ++)
			scanf("%d", &a[i]);
		ans = 0;
		dfs(0, 0, 1);
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

$\text{(3) HDU 4135}$

题意：求 $[a, b]$ 中与 $n$ 互质的数, $\leq 10^{15},n\leq 10^9$ .

首先拆成前缀，转换为求 $[1, r]$ 中与 $n$ 互质的数。

这个不好求，补集转化，求为求 $[1, r]$ 中与 $n$ 不互质的数，然后用 $r$ 减去这个答案。

不互质意味着包含 $n$ 的某个质因子，把 $n$ 质因数分解为 $\prod_{i=1}^{k} p_i^{c_i}$ 。考虑一个质因子 $p_i$ ， $[1, r]$ 中与 $p_i$ 不互质的数个数为 $\lfloor\frac{r}{p_i}\rfloor$ 。这个会有重复，需要容斥。

举个例子， $n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}$ ，答案即为 $\frac{r}{p_1}+\frac{r}{p_2}+\frac{r}{p_3}-\frac{r}{p_1p_2}-\frac{r}{p_1p_3}-\frac{r}{p_2p_3}+\frac{r}{p_1p_2p_3}$ 。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 2e6 + 10; 

LL p[N], r, ans;
int tot;

void dfs(int k, int s, LL x) {
	if(k == tot + 1) {
		if(x ^ 1)
			ans += ((s & 1) ? 1 : -1) * (r / x);
		return ;
	}
	dfs(k + 1, s, x);
	dfs(k + 1, s + 1, x * p[k]);
}

LL solve(LL r, int n) {
	if((:: r = r) < 1) return 0;
	tot = 0;
	int s = sqrt(n) + 0.5;
	for(int i = 2; i <= s; i ++) {
		if(n % i == 0) {
			p[++ tot] = i;
			while(n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if(n > 1) p[++ tot] = n;
	ans = 0;
	dfs(1, 0, 1);
	return r - ans;
}

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	for(int Case = 1, n; Case <= T; ++ Case) {
		LL a, b;
		scanf("%lld%lld%d", &a, &b, &n);
		printf("Case #%d: %lld\n", Case, solve(b, n) - solve(a - 1, n));
	}
	return 0;
}

容斥的实现可以 $\text{DFS}$ 也可以状压，以这题为例，演示一下状压写法。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 2e6 + 10; 

LL p[N], r, ans;
int tot;

void calc() {
	ans = 0;
	for(int i = 1; i < 1 << tot; i ++) {
		int cnt = 0;
		LL prod = 1;
		for(int j = 0; j < tot; j ++)
			if(i >> j & 1) ++ cnt, prod *= p[j];
		ans += ((cnt & 1) ? 1 : -1) * (r / prod);
	}
}

LL solve(LL r, int n) {
	if((:: r = r) < 1) return 0;
	tot = 0;
	int s = sqrt(n) + 0.5;
	for(int i = 2; i <= s; i ++) {
		if(n % i == 0) {
			p[tot ++] = i;
			while(n % i == 0) n /= i;
		}
	}
	if(n > 1) p[tot ++] = n;
	calc();
	return r - ans;
}

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	for(int Case = 1, n; Case <= T; ++ Case) {
		LL a, b;
		scanf("%lld%lld%d", &a, &b, &n);
		printf("Case #%d: %lld\n", Case, solve(b, n) - solve(a - 1, n));
	}
	return 0;
}

$\text{(4) HDU 2204}$

题意：求 $[1, n]$ 中能表示成 $m^k(k>1)$ 的数的个数， $n\leq 10^{18}$ 。

首先 $m = 1$ 单独算， $1$ 个。考虑 $m\geq2$ ；

$2^{63}>10^{18}$ ，因此 $k\leq 63$ 。

我们只需要考虑 $k$ 是质数的情况，因为 $k$ 不是质数的时候一定会在 $k$ 是质数的时候考虑到。

预处理出 $63$ 以内的质数：

${2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59\}$

考虑某个质数 $p_i$ ， $n$ 以内能表示成 $m^{p_i}$ 的数有 $\lfloor\sqrt[p_i]{n}\rfloor$ 个（即 $\lfloor n^{\frac{1}{p_i}}\rfloor$ 个）

每个质数的答案贡献的集合有可能相交，因此需要容斥

$20$ 个数做 $2^{20}$ 的容斥？

注意到其实 $4$ 个质数就已经没有交集了， $2\times 3 \times 5 \times 7=210>63$ 。

因此只需三重循环即可。

#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long LL;

int p[20] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59};

int main() {
	for(LL n; ~ scanf("%lld", &n); ) {
		LL ans = 0, tmp;
		for(int i = 0; i < 20; i ++) {
			tmp = (LL) pow(n, 1.0 / p[i]);
			if(tmp < 1) break ;
			ans += tmp - 1;
			for(int j = i + 1; j < 20; j ++) {
				tmp = (LL) pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j]));
				if(tmp < 1) break ;
				ans -= tmp - 1;
				for(int k = j + 1; k < 20; k ++) {
					tmp = (LL) pow(n, 1.0 / (p[i] * p[j] * p[k]));
					if(tmp < 1) continue ;
					ans += tmp - 1;
				}
			}
		}
		printf("%lld\n", ans + 1);
	}
	return 0;
}

推系数的容斥例题

$\text{(1) CDOJ 1544}$

CDOJ 题目传送门， Ifrog 备用传送门， Vjudge 备用传送门， UESTC 备用传送门

这是“玲珑杯”线上赛 $\text{Round}$ # $17$ 河南专场 $\text{B}$ 题。

题意：有 $n$ 个硬币，初始全部正面朝上，现在有 $m$ 次操作，每次把编号是 $x$ 的倍数的硬币翻面，
最后问多少个硬币正面朝上。 $1\leq N \leq 10^9，1\leq M\leq 15，1\leq x\leq 2\times 10^5$

原问题转化为：给定 $m$ 个数 $a_1,...,a_m$ , 统计 $[1, n]$ 的整数中, 满足 $a_1,...,a_m$ 中有奇数个数整除它的数的个数。

即：

其他容斥题

$\text{(1) HDU 4336}$

题意：有 $n$ 个卡牌，一包零食中有第 $i$ 张卡牌的概率为 $p_i$ ，求期望买多少包能收集到所有卡牌。

考虑单独一张卡牌 $i$ ,期望 $E_{\{i\}}=\frac{1}{p_i}$ ，这个比较好理解。

考虑两张卡牌 $i, j$ ,期望 $E_{\{i,j\}}=\frac{1}{p_i}+\frac{1}{p_j}-\frac{1}{p_i+p_j}$ 。即收集 $i, j$ 的期望为收集 $i$ 的期望加收集 $j$ 的期望，但是存在情况就是考虑 $i$ 的时候虽然没收集到 $i$ 但收集到了 $j$ ,考虑 $j$ 的时候虽然没收集到 $j$ 但收集到了 $i$ 。

三张以及以上直接容斥即可。

#include <cstdio>

int main() {
	double * p = new double [21];
	for(int n; ~ scanf("%d", &n); ) {
		for(int i = 0; i < n; i ++)
			scanf("%lf", &p[i]);
		double ans = 0;
		for(int s = 1; s < 1 << n; ++ s) {
			int cnt = -1; double a = 0;
			for(int i = 0; i < n; i ++) {
				if(s >> i & 1) {
					cnt *= -1;
					a += p[i];
				}
			}
			ans += cnt / a;
		}
		printf("%.4f\n", ans);
	}
	return 0;
}