【专题总结】容斥原理（持续更新）

从动机的角度出发。在用“做减法”的思想解决计数类问题时，可能会遇到“多减去符合条件的数目”，试图加回来的时候又会遇到“多加上不符合条件的数目”的情况，这时候也许需要用容斥原理来设计计数算法。

从实现的角度出发。在对事件集合的“并事件”计数遇到困难时，可通过容斥原理转化成对事件子集的“交事件”的计数。即“大并化小交”）

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UVAOJ 11806

大意

将 $k$ 个棋子放在 $n \times m$ 的棋盘上。我们将连续的紧贴棋盘边界的放置棋子位置称为边缘。问上下左右四个边缘上都至少放置一个棋子的棋子放置方案共有多少种。

思路

根据“做减法”的思想，我们能够起草一种貌似正确的算法：将无任何限制的摆放棋子的方法数 $sum$ 减去没有棋子放在上边缘的方法数 $sum_{up}$ 减去没有棋子放在下边缘的方法数 $sum_{down}……$ 以此类推，再减去 $sum_{left}$ 和 $sum_{right}$ 就能得出结果 $ans$ 。但是这样做会导致重复减掉一些东西，我们要将这些东西（ $sum_{leftAndUp},sum_{rightAndDown}……$ ）加回来。我们可以用容斥原理来解决这个问题。实现起来是将边缘是否有棋子用 $0$ 和 $1$ 来表示，于是上下左右四个边缘是否有棋子的情况一共需要 $16$ 个状态来表示。对每个状态计算有多少个边缘被编码为 $1$ ，根据“奇加偶减”的容斥原理计算公式便可以知道该状态的摆放方案数是应该加到答案中还是应该被从答案中减去。（每种状态的摆放方案数可以用组合数来计算。）

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 1e6 + 7, maxk = 500;
int t, n, m, k, r, c, b, ans, C[maxk+5][maxk+5];

// 预处理出组合数
void makeComb(int n) {
    memset(C, 0, sizeof(C));
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
        for(int j = 1; j < i ; j++) {
            C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % mod;
        }
    }
}

int main() {
    makeComb(maxk);
    scanf("%d", &t);
    for(int kase = 1; kase <= t; kase++) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        ans = 0;
        // 枚举压缩后的状态
        for(int s = 0; s < 16; s++) {
            r = n;
            c = m;
            b = 0;
            if(s & 1) {
                r--;
                b++;
            }
            if(s & 2) {
                r--;
                b++;
            }
            if(s & 4) {
                c--;
                b++;
            }
            if(s & 8) {
                c--;
                b++;
            }
            // 奇加偶减
            if(b & 1) {
                ans = (ans - C[r*c][k] + mod) % mod;
            }
            else {
                ans = (ans + C[r*c][k]) % mod;
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n", kase, ans);
    }
    return 0;
}

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HDU 5120

大意

求平面直角坐标系上的两个圆环的相交部分的面积。

思路

一个圆环由一个大圆和一个小圆构成。将两个相交圆环在纸上画出来后，两个圆环相交部分的面积实际上等于两个大圆的相交面积减去两个“大圆与小圆”的相交面积，再加回两个小圆的相交面积就是最后的结果。这是容斥原理的一种特殊情况，因此可以直接得出简短的公式并将数值代入进行计算。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const double eps = 1e-10, pi = 4 * atan(1.0);

int dcmp(double x) {
    if(fabs(x) < eps) return 0;
    return x < 0 ? -1 : 1;
}

struct Point {
    double x, y;
    Point() {}
    Point(double x, double y): x(x), y(y) {}
    double distance(Point p) {
        return hypot(x - p.x, y - p.y);
    }
};

struct Circle {
    double r;
    Point o;
    Circle() {}
    Circle(double r, Point o): r(r), o(o) {}
    double area(Circle c) {
        double d = o.distance(c.o);
        if(dcmp(d - r - c.r) >= 0) {
            return 0;
        }
        if(dcmp(d - fabs(r - c.r)) <= 0) {
            double R = dcmp(r - c.r) < 0 ? r : c.r;
            return pi * R * R;
        }
        double x = (r * r + d * d - c.r * c.r) / (2 * d);
        double a1 = acos(x / r);
        double a2 = acos((d - x) / c.r);
        double s1 = a1 * r * r + a2 * c.r * c.r;
        double s2 = r * d * sin(a1);
        return s1 - s2;
    }
};

int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    double r, R, x1, y1, x2, y2;
    for(int kase = 1; kase <= t; kase++) {
        scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &r, &R, &x1, &y1, &x2, &y2);
        Point o1(x1, y1), o2(x2, y2);
        Circle c1(r, o1), C1(R, o1);
        Circle c2(r, o2), C2(R, o2);
        double s1 = C1.area(C2);
        double s2 = C1.area(c2);
        double s3 = c1.area(c2);
        printf("Case #%d: %.6f\n", kase, s1 - 2 * s2 + s3);
    }
    return 0;
}

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HDU 4135

大意

问区间 $[A,B]$ 中与 <