容斥原理相关

一.补集转化.

补集转化：对于两个集合$U,S$满足$S\subseteq U$，我们有：
$$|S|=|U|-|U-S|$$

根据补集的定义即可得到上式.

对应到计数问题中，当我们计算满足某个条件的方案数时，可以先计算出总共的方案数，再计算出不满足这个条件的方案数，前者减去后者就是原问题的答案.


二.容斥原理.

考虑对于两个集合$A,B$，它们的并的大小和交的大小之间的关系式怎么样的？显然有关系：
$$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$$

那么如果是三个集合$A,B,C$时的情况呢？显然有关系：
$$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$$

以此类推下去，我们会得到一个$n$个集合$S_1,S_2,S_3,\cdots ,S_n$之间的关系式：
$$\left|\bigcup _{i=1}^n{S}_i\right|=\sum _{T\subseteq [n]}(-1{)}^{|T|-1}\left|\bigcap _{i\in T}{S}_i\right|$$

但是这个关系式是否正确呢？答案是正确的，这个式子被称为容斥原理.

证明：
考虑数学归纳法：
1.当$n=1,2$时，定理显然成立.
2.当$n>2$时，若在$k<n$时定理成立，则$k=n$时有：
$$\begin{gathered} \left|\bigcup _{i=1}^k{S}_i\right|=\left|\left(\bigcup _{i=1}^{k-1}{S}_i\right)\cup S_k\right| \\ =\left|\bigcup _{i=1}^{k-1}{S}_i\right|+|S_k|-\left|\left(\bigcup _{i=1}^{k-1}{S}_i\right)\cap S_k\right| \\ =\left|\bigcup _{i=1}^{k-1}{S}_i\right|+|S_k|-\left|\bigcup _{i=1}^{k-1}(S_i\cap S_k)\right| \\ =\sum _{T\subseteq [k-1]}(-1{)}^{|T|-1}\left|\bigcap _{i\in T}{S}_i\right|+|S_k|-\sum _{T\subseteq [k-1]}(-1{)}^{|T|-1}\left|\left(\bigcap _{i\in T}{S}_i\right)\cap S_k\right| \\ =\sum _{T\subseteq [k]}(-1{)}^{|T|-1}\left|\bigcap _{i\in T}{S}_i\right| \end{gathered}$$

证毕.

其实，通过类似的证明方法，我们还可以得到一种容斥原理的变形：
$$\left|\bigcap _{i=1}^n{S}_i\right|=\sum _{T\subseteq [n]}(-1{)}^{|T|-1}\left|\bigcup _{i\in T}{S}_i\right|$$

三.广义容斥原理.

广义容斥原理：对于两个函数定义域为集合的函数$f,g$有：
$$f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}g(S_2)\iff g(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}(-1{)}^{|S_1|-|S_2|}f(S_2)$$

考虑每一个集合的贡献，就会发现这个形式就是容斥原理的推广形式.

但是我们并不能直接确定这个形式就是正确的，所以还是需要证明一下.

证明：
将第二个式子带入第一个式子中得到：
$$\begin{gathered} f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}\sum _{S_3\subseteq S_2}(-1{)}^{|S_2|-|S_3|}f(S_3) \\ =\sum _{S_2\subseteq S_1}f(S_2)\sum _{S_2\subseteq S_3\subseteq S_1}(-1{)}^{|S_3|-|S_2|} \\ =\sum _{S_2\subseteq S_1}f(S_2)\sum _{i=0}^{|S_1|-|S_2|}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{|S_1|-|S_2|}{i}) \\ =\sum _{S_2\subseteq S_1}f(S_2)[|S_1|=|S_2|] \\ =f(S_2) \end{gathered}$$

证毕.

本质上用偏序集构造的证明与这个证明是一样的，这里不再赘述.

可以通过反演原理推出其它的一些形式.


四.广义容斥原理的计算与快速Mobius变换.

广义容斥原理中主要有两个式子需要计算：
$$\begin{gathered} f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}g(S_2) \\ f(S_1)=\sum _{S_2\subseteq S_1}(-1{)}^{|S_1|-|S_2|}g(S_2) \end{gathered}$$

当我们看到这三个式子的时候，发现只会用$O(3^n)$的算法枚举子集求出所有$f(S)$，然而这个复杂度并不优秀.

能否通过一些方法来优化呢？当然是可以的.

我们考虑一个贡献图，例如有三个物品时的贡献图为：

其中$S_1$能够到达$S_2$表示$S_1$会对$S_2$做出一次贡献.

为了让复杂度低于$O(3^n)$，我们考虑按照上图中的分层进行逐层累加，但这样会有算重的部分.

此时我们不妨确定一个字典序（比如按照集合中元素的标号确定的字典序），每次让$S_1$向$S_2$转移时通过字典序最小的路径，这样就可以保证贡献不会重复了.例如要把$000$贡献到$101$上时，我们只通过先加入物品$0$再加入物品$2$来贡献而不是先$2$再$0$.

具体来说，我们枚举当前往路径字典序中加入的元素$i=1\to n$，并进行所有与它相关的转移就可以了.

时间复杂度$O(2^{n}n)$.

代码如下：

void FMT(int *a,int n){
  for (int i=0;i<n;++i)
    for (int g=0;g<1<<n;++g)
      if (g>>i&1^1) a[g|1<<i]+=a[g];
}

然后，通过类似的方式，我们完全可以写出另外一个式子的代码：

void IFMT(int *a,int n){
  for (int i=0;i<n;++i)
    for (int g=0;g<1<<n;++g)
      if (g>>i&1^1) a[g|1<<i]-=a[g];
}

与FFT类似的，FMT与IFMT也可以写到一起：

void FMT(int *a,int n,int t){
  for (int i=0;i<n;++i)
    for (int g=0;g<1<<n;++g)
      if (g>>i&1^1) a[g|1<<i]+=(t?-1:1)*a[g];
}

五.二项式反演.

对于上面的广义容斥原理，假设有：
$$|S_1|=|S_2|\Rightarrow f(S_1)=f(S_2)\wedge g(S_1)=g(S_2)$$

那么我们设$f(i)$表示为$|S|=i$时的$f(S)$，$g$同理，可以得到：
$$f(i)=\sum _{j=0}^i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right)g(j)\iff g(i)=\sum _{j=0}^i(-1{)}^{i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})f(j)$$

我们把这个式子称为二项式反演.

通过反演原理，不难推出其它几种形式.


六.并-交反演.

这个名字是本人瞎取的不要当真…

这个反演与容斥原理的形式非常像，具体来说就是这样两个式子：
$$\begin{gathered} f\left(\bigcup _{i=1}^n{S}_i\right)=\sum _{T\subseteq [n]}(-1{)}^{|T|}f\left(\bigcap _{i\in T}{S}_i\right)\iff f\left(\bigcap _{i=1}^n{S}_i\right)=\sum _{T\subseteq [n]}(-1{)}^{|T|}f\left(\bigcup _{i\in T}{S}_i\right) \\ f\left(\bigcup _{i=1}^n{S}_i\right)=\prod _{T\subseteq [n]}{f}^{(-1{)}^{|T|}}\left(\bigcap _{i\in T}{S}_i\right)\iff f\left(\bigcap _{i=1}^n{S}_i\right)=\prod _{T\subseteq [n]}{f}^{(-1{)}^{|T|}}\left(\bigcup _{i\in T}{S}_i\right) \end{gathered}$$

容易发现这就是广义容斥原理的一个特例，故不再证明.

这两个式子在多重集意义下仍然是成立的.


七.min-max反演.

min-max反演算是上面并-交反演的一个应用，它的作用是用反演实现一个集合内元素的min和max之间的转化.

我们将每一个整数$n$看成一个集合 S ( n ) = { 1 , 2 , 3 , . . . , n } S(n)=\{1,2,3,...,n\} S(n)={1,2,3,...,n}，那么集合$S$对应的原数就是 max ⁡ { S } \max\{S\} max{S}.

显然我们有：
min ⁡ i = 1 n { a i } = max ⁡ ( ⋂ i = 1 n S ( a i ) ) max ⁡ i = 1 n { a i } = max ⁡ ( ⋃ i = 1 n S ( a i ) ) \min_{i=1}^{n}\{a_i\}=\max\left( \bigcap_{i=1}^{n} S(a_i)\right)\\ \max_{i=1}^{n}\{a_i\}=\max\left( \bigcup_{i=1}^{n} S(a_i) \right) i=1minn​{ai​}=max(i=1⋂n​S(ai​))i=1maxn​{ai​}=max(i=1⋃n​S(ai​))

定义$\max (\varnothing )=0$.

然后就可以推导：
max ⁡ i = 1 n { a i } = max ⁡ { ⋃ i = 1 n S ( a i ) } = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 max ⁡ { ⋂ i = 1 m S ( a i ) } = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 min ⁡ i ∈ T { a i } \max_{i=1}^{n}\{a_i\}=\max\left\{\bigcup_{i=1}^{n}S(a_i)\right\}\\ =\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}\max\left\{ \bigcap_{i=1}^{m}S(a_i) \right\}\\ =\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}\min_{i\in T}\{a_i\} i=1maxn​{ai​}=max{i=1⋃n​S(ai​)}=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1max{i=1⋂m​S(ai​)}=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1i∈Tmin​{ai​}

同理有：
min ⁡ i = 1 n { a i } = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 max ⁡ i ∈ T { a i } \min_{i=1}^{n}\{a_i\}=\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}\max_{i\in T}\{a_i\} i=1minn​{ai​}=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1i∈Tmax​{ai​}

那么我们得到了一个反演，称之为min-max反演：
max ⁡ i = 1 n { a i } = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 min ⁡ i ∈ T { a i } ⇔ min ⁡ i = 1 n { a i } = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 max ⁡ i ∈ T { a i } \max_{i=1}^{n}\{a_i\}=\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}\min_{i\in T}\{a_i\}\Leftrightarrow \min_{i=1}^{n}\{a_i\}=\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}\max_{i\in T}\{a_i\} i=1maxn​{ai​}=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1i∈Tmin​{ai​}⇔i=1minn​{ai​}=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1i∈Tmax​{ai​}

根据期望的线性性，这个式子在期望的意义下仍然成立，即：
E ( max ⁡ i = 1 n { a i } ) = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 E ( min ⁡ i ∈ T { a i } ) ⇔ E ( min ⁡ i = 1 n { a i } ) = ∑ T ⊆ [ n ] ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 E ( max ⁡ i ∈ T { a i } ) E\left(\max_{i=1}^{n}\{a_i\}\right)=\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}E\left(\min_{i\in T}\{a_i\}\right)\Leftrightarrow E\left(\min_{i=1}^{n}\{a_i\}\right)=\sum_{T\subseteq [n]}(-1)^{|T|-1}E\left(\max_{i\in T}\{a_i\}\right) E(i=1maxn​{ai​})=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1E(i∈Tmin​{ai​})⇔E(i=1minn​{ai​})=T⊆[n]∑​(−1)∣T∣−1E(i∈Tmax​{ai​})

八.gcd-lcm反演.

与min-max反演类似，gcd-lcm反演是通过多重集的并-交反演来推导出一个集合的gcd和lcm之间的反演关系式的.

我们考虑把一个数$n$唯一分解成素因数，记这个素因数多重集为$S(n)$.

然后我们定义函数$f(S)$表示将$S$内的所有数的乘积，即$f(S)={\prod }_{i\in S}i$.

显然我们有：
$$\begin{gathered} gc{d}_{i=1}^n(a_i)=f\left(\bigcap _{i=1}^{n}S(a_i)\right) \\ lc{m}_{i=1}^n(a_i)=f\left(\bigcup _{i=1}^{n}S(a_i)\right) \end{gathered}$$

定义$\max (\varnothing )=1$.

开始推导：
l c m i = 1 n { a i } = f ( ⋃ i = 1 n S ( a i ) ) = ∏ T ⊆ [ n ] f ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 ( ⋂ i = 1 n S ( a i ) ) = ∏ T ⊆ [ n ] g c d i ∈ T ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 ( a i ) lcm_{i=1}^{n}\{a_i\}=f\left(\bigcup_{i=1}^{n} S(a_i)\right)\\ =\prod_{T\subseteq [n]}f^{(-1)^{|T|-1}}\left(\bigcap_{i=1}^{n}S(a_i)\right)\\ =\prod_{T\subseteq[n]}gcd^{(-1)^{|T|-1}}_{i\in T}(a_i) lcmi=1n​{ai​}=f(i=1⋃n​S(ai​))=T⊆[n]∏​f(−1)∣T∣−1(i=1⋂n​S(ai​))=T⊆[n]∏​gcdi∈T(−1)∣T∣−1​(ai​)

反过来也是一样的，所以gcd-lcm反演即：
l c m i = 1 n { a i } = ∏ T ⊆ [ n ] g c d i ∈ T ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 ( a i ) ⇔ g c d i = 1 n { a i } = ∏ T ⊆ [ n ] l c m i ∈ T ( − 1 ) ∣ T ∣ − 1 ( a i ) lcm_{i=1}^{n}\{a_i\}=\prod_{T\subseteq[n]}gcd^{(-1)^{|T|-1}}_{i\in T}(a_i)\Leftrightarrow gcd_{i=1}^{n}\{a_i\}=\prod_{T\subseteq[n]}lcm^{(-1)^{|T|-1}}_{i\in T}(a_i) lcmi=1n​{ai​}=T⊆[n]∏​gcdi∈T(−1)∣T∣−1​(ai​)⇔gcdi=1n​{ai​}=T⊆[n]∏​lcmi∈T(−1)∣T∣−1​(ai​)