各种反演等数学难题

CF997C Sky Full of Stars

求$n\times n$的网格内每个格子染三种颜色，其中至少有一行或一列是同一种颜色的方案数。

转化为求没有一行或一列颜色相同。
直接枚举相同的行列数进行容斥：
$$\begin{array}{rl}& =3\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(-1{)}^i\sum _{j=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})(-1{)}^j{3}^{(n-i)(n-j)}+2\sum _{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(-1{)}^i{3}^{n(n-i)}(3^i-3)-2\times 3^{n^2}\\ & =3\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(-1{)}^i(3^{n-i}-1{)}^n+2\sum _{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(-1{)}^i{3}^{n(n-i)}(3^i-3)-2\times 3^{n^2}\end{array}$$
后面的那个式子是因为$i$和$j$有一个为$0$的时候相同的染色行列不一定只有三种方案。

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
using namespace std;

int n;
int Pow(int b,LL k){ int r=1;for(;k;k>>=1,b=1ll*b*b%mod) if(k&1) r=1ll*r*b%mod;return r; }

int main(){
	scanf("%d",&n);
	int ans = 3ll * Pow(3,n*1ll*n) % mod , C = 1;
	rep(i,0,n){
		ans = (ans - 3ll * C * (i&1 ? -1ll : 1ll) * Pow(Pow(3,n-i)-1,n)) % mod;
		if(i) ans = (ans - 2ll * C * (i&1 ? -1ll : 1ll) * Pow(3,1ll*n*(n-i)) % mod * (Pow(3,i) - 3)) % mod;
		C = 1ll * C * (n-i) % mod * Pow(i+1,mod-2) % mod;
	}
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

[AGC035F] Two Histograms

可以发现一个网格对应多个方案，当且仅当存在$l_x=y,k_y=x-1$，这时让$l_x=y-1,k_y=x$也可以得到同样的网格。
所以我们设$l_x=y,k_y=x-1$为$k_y$不合法，容斥求出所有的合法方案即为本质不同的网格方案（即我们只在所有可以有多个方案的网格只计算$l_x=y-1,k_y=x$这一种情况。）。
$$ans=\sum _{i=0}^{\min (n,m)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})i!(m+1{)}^{n-i}(n+1{)}^{m-i}$$

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
#define LL long long
using namespace std;

int n,m;
int Pow(int b,LL k){ int r=1;for(;k;k>>=1,b=1ll*b*b%mod) if(k&1) r=1ll*r*b%mod;return r; }

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int Cn=1,Cm=1,ans=0,fc=1;
	rep(i,0,min(n,m)){
		ans = (ans + 1ll * Cn * Cm % mod * (i&1 ? -1ll : 1ll) * fc % mod * Pow(m+1,n-i) % mod * Pow(n+1,m-i)) % mod;
		Cn = 1ll * Cn * (n-i) % mod * Pow(i+1 , mod-2) % mod;
		Cm = 1ll * Cm * (m-i) % mod * Pow(i+1 , mod-2) % mod;	
		fc = 1ll * fc * (i+1) % mod;
	}
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

LOJ #6181. 某个套路求和题

$f(n)$在质数处为$-1$,有平方因子数处为$0$，其他时候为$1$。
所以答案等于$$\sum _{i=1}\mu (i)\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor -2\pi (n)$$
前者直接算，后者$Mi{n}_{2}5$。
写了一个很麻烦的实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 200005
#define LL long long
#define mod 998244353
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--) 
using namespace std;

LL n,sn,a[maxn],s[maxn],mu[maxn];
double inv[maxn];
int cnt;
int ID(LL a){ return a <= sn ? a : cnt - n/a + 1; }

int main(){
	scanf("%lld",&n);
	sn = sqrt(n);
	for(LL i=1;i<=n;i++) a[++cnt] = (i = n / (n / i)) , s[cnt] = i - 1;
	for(LL i=2;i<=sn;i++){
		inv[i] = 1.0 / i;
		if(s[i] ^ s[i-1]) for(LL j=cnt,LIM=i*i;a[j]>=LIM;j--)
			s[j] -= s[ID((LL)(a[j] * inv[i] + 1e-9))] - s[i-1];	
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++) mu[i] = -s[i];
	for(LL i=sn;i>=2;i--) if(s[i] ^ s[i-1]) for(LL j=cnt,LIM=i*i;a[j]>=LIM;j--)
		mu[j] -= mu[ID((LL)(a[j] * inv[i] + 1e-9))] + s[i];
	for(int i=sn;i>=1;i--) mu[i] -= mu[i-1];
	mu[1] = 1;
	LL ans = - 2 * s[cnt];
	for(int i=1;i<=sn;i++) ans += mu[i] * (n / i / i);
	printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
}

#528. 「LibreOJ β Round #4」求和

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\mu }^2(\gcd (i,j))=\sum _{d=1}^{\min (n,m)}{\mu }^2(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}[\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{d=1}^{\min (n,m)}{\mu }^2(d)\sum _{p=1}^{\frac{\min (n,m)}{d}}\mu (p)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor \\ & =\sum _{D=1}^{\min n,m}\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \sum _{d|D}{\mu }^2(d)\mu (\frac{D}{d})\end{array}$$

考虑${\sum }_{d|D}{\mu }^2(d)\mu (\frac{D}{d})$，这是个积性函数，我们考虑质数的次方处的值，可以发现这个函数在$p^1,p^3,p^4...p^c,c\ne 2$处都为$0$。
而在$p^2$处为$\mu (p)$，所以${\sum }_{d|D}{\mu }^2(d)\mu (\frac{D}{d})=[x^2=D]\mu (x)$其中$x=\lfloor \sqrt{D}\rfloor$。
所以预处理$\le \sqrt{n}$的$\mu$的前缀和即可整除优化。

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5000007
#define LL long long
#define mod 998244353
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--) 
using namespace std;

LL n,m;
int mu[maxn],pr[maxn],vis[maxn],cnt_pr;

int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	if(n > m) swap(n,m);
	mu[1]=1;
	int sn = sqrt(n);
	rep(i,2,sn){
		if(!vis[i]) pr[cnt_pr++] = i , mu[i] = -1;
		for(int j=0;pr[j] * i <= sn;j++){
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if(i % pr[j] == 0){
				mu[i * pr[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * pr[j]] = -mu[i];
		}
		mu[i] += mu[i-1];
	}
	int ans = 0;
	for(LL i=1,nxt;i<=n;i=nxt+1){
		nxt = min(n / (n / i) , m / (m / i));
		ans = (ans + 1ll * (n / i) % mod * (m / i % mod) % mod * (mu[(int)(sqrt(nxt)+1e-9)] - mu[(int)(sqrt(i-1)+1e-9)])) % mod;
	}
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

LOJ #6244. 七选五

考虑一个固定的排列$a$，大小为$r$，现在你要选出$n$的$r$排列，求这个排列和$a$中恰好有$x$相等的方案数。

广义容斥原理模板题：
广义容斥原理：
设$\beta (x)$为钦定$x$个条件满足的方案数。
则恰好有$x$个方案满足的方案数$f(x)={\sum }_{i=x}^n(-1{)}^{i-x}\beta (i)(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})$
容斥系数为$(-1{)}^{i-x}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x})$是因为
所以对于这题答案$$=\sum _{i=x}^r\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x}\right)(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{i}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{r-i})(r-i)!$$

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000007
#define LL long long
#define mod 1000000007
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--) 
using namespace std;

int n,k,x;
int fac[maxn],inv[maxn],invf[maxn];
int C(int n,int m){ return fac[n] * 1ll * invf[m] % mod * invf[n-m] % mod; }

int main(){
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1]= invf[0] = invf[1] = 1;
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&x);
	rep(i,2,n) fac[i] = 1ll * fac[i-1] *i  % mod, inv[i] = 1ll * (mod - mod /i) * inv[mod % i] % mod,
		invf[i] = 1ll * invf[i-1] * inv[i] % mod;
	int ans = 0;
	rep(i,x,k)
		ans = (ans + (i-x&1?-1ll:1ll)*C(i,x)%mod*C(k,i)%mod*fac[n-i]%mod*invf[n-k])%mod;
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

[ARC101C] Ribbons on Tree

设$f_{i,j}$表示以$i$为根的子树内剩下$j$个点未匹配的容斥系数和。
则每次可以强行让$i$到父亲的边不被涂色也就是强行匹配剩下的所有点，并乘上一个$-1$的容斥系数。

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5005
#define LL long long
#define iv2 500000004
#define mod 1000000007
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--) 
using namespace std;

int n,f[maxn][maxn],sz[maxn],fac[maxn],pw[maxn],invf[maxn],inv[maxn];
vector<int>G[maxn];
int C2(int x){ return 1ll * x * (x-1) / 2 % mod; }

void dfs(int u,int ff){
	int v;f[u][1] = sz[u] = 1;
	rep(i,0,G[u].size()-1) if((v=G[u][i])^ff){
		dfs(v,u);
		static int g[maxn]={};
		rep(j,0,sz[u]+sz[v]) g[j] = 0;
		rep(j,0,sz[u]) rep(k,0,sz[v]) g[j+k] = (g[j+k] + 1ll * f[u][j] * f[v][k]) % mod;
		rep(j,0,sz[u]+sz[v]) f[u][j] = g[j];
		sz[u] += sz[v];
	}
	rep(j,1,sz[u]) if(j%2==0)
		f[u][0] = (f[u][0] + f[u][j] * 1ll * fac[j] % mod * pw[j/2] % mod * invf[j/2]) % mod;
	if(ff) f[u][0] = -f[u][0];
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	rep(i,1,n-1){
		int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
		G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
	}
	fac[0] = fac[1] = pw[0] = 1 , pw[1] = iv2;
	inv[0] = inv[1] = invf[0] = invf[1] = 1;
	rep(i,2,n) fac[i] = 1ll * fac[i-1] * i % mod , pw[i] = 1ll * iv2 * pw[i-1] % mod,inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod,
		invf[i] = 1ll * invf[i-1] * inv[i] % mod;
	dfs(1,0);
	printf("%d\n",f[1][0]);
}

LOJ 「美团 CodeM 初赛 Round A」二分图染色

以讹传讹真离谱
将问题转化为棋盘模型，则是同颜色的棋子不能在同一行或同一列，不同颜色的棋子不能在同一个格子里。
设$f_n$为在$n\times n$的棋盘内放置一种颜色的棋子的方案数。
则不同颜色的棋子不能在同一个格子里这个条件可以得到容斥一下$$ans=\sum _{i=0}(-1{)}^i{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)}^{2}i!f_{n-i}^2$$
对于$f_n$有递推式$f_n=2n{f}_{n-1}-(n-1{)}^2{f}_{n-2}$
这部分的证明我看到的网上的题解都是错的。
我们可以在$1...n-1$选择一列$x$，然后在$n$行$x$列（下面简称$(n,x)$）放置一个棋子，同时将之前$f_{n-1}$中对于$n-1$行$n-1$列的方案作出$x...n-1$列平移到$x+1...n$列的操作，这样我们就得到了一个合法方案，同样我们也可以在$1...n-1$选择一行$x$然后在$(x,n)$等做类似的操作，也可以直接在$(n,n)$放置一个棋子，同时也可以不放，一共$2n$种操作。
但是发现选择一列和选择一行这两种操作构造出来的棋盘可能会重，如果重了一定是因为$n$行上有一个棋子$n$列上也有一个棋子，并且这两个棋子都不在$(n,n)$，所以我们就求出$n$行上有一个棋子，$n$列上有一个棋子的方案数也即$(n-1{)}^2{f}_{n-2}$，然后减去即可。

$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define maxn 10000007
using namespace std;

int n,inv[maxn],f[maxn];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	inv[0] = inv[1] = f[0] = 1 , f[1] = 2;
	rep(i,2,n) inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod , 
		f[i] = (2ll * i * f[i-1] - (i-1ll) * (i-1ll) % mod * f[i-2]) % mod;
	int ans = 0 , C = 1;
	rep(i,0,n)
		ans = (ans + (i&1?-1ll:1ll) * C * f[n-i] % mod * f[n-i]) % mod,
		C = 1ll * C * (n-i) % mod * (n-i) % mod * inv[i+1] % mod;
	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}

LOJ #572. 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与求和

求${\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^{N}f(\gcd (i,j){)}^k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^{32}$。
令$g(x)=f(x{)}^k$
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}g(\gcd (i,j))=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}[(i,j)=1]\end{array}$$
因为$g$的定义是次大质因子的$K$次方，次大质因子一定是$mi{n}_{2}5$中我们筛到的质因子（不像什么次小质因子$mi{n}_{2}5$筛过程中筛不到需要预处理恶心人，比如51nod 1847 奇怪的数学题），所以可以直接筛，后面就是一个$\varphi$的前缀和,具体来说他等于$2{\sum }_{i=1}^{\frac{n}{d}}\varphi (i)-\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$

用递推版的$Mi{n}_{2}5$成功水到$rk1$。
$\mathcal{A}CCode$

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define rep(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i<=LIM;i++)
#define per(i,j,k) for(int i=(j),LIM=(k);i>=LIM;i--)
using namespace std;

int n,K,sn,cnt,s[maxn],s1[maxn],a[maxn],g[maxn],phi[maxn];
int ID(int a){ return a <= sn ? a : cnt - n/a + 1; }
int Pow(int b,int k){ int r=1;for(;k;k>>=1,b=b*b)if(k&1)r=r*b;return r; }
double inv[maxn];

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&K);
	sn = sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) a[++cnt] = (i = (n / (n / i))) , 
		s[cnt] = i - 1 , s1[cnt] = 1ll * i * (i+1) / 2 - 1;
	for(int i=2;i<=sn;i++){
		inv[i] = 1.0 / i;
		if(s[i] ^ s[i-1]) for(int j=cnt,LIM=i*i;a[j]>=LIM;j--){
			int t = ID((int)(a[j] * inv[i] + 1e-9));
			s[j] -= s[t] - s[i-1],
			s1[j] -= (s1[t] - s1[i-1]) * i;
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++) phi[i] = s1[i] - s[i];
	for(int i=sn;i>=1;i--) if(s[i] ^ s[i-1]){
		int pw = Pow(i,K);
		for(int j=cnt,LIM=i*i;a[j]>=LIM;j--){
			double iv = inv[i];
			for(int k=i,f=i-1;1ll*k*i <= a[j];k*=i,f*=i,iv/=i){
				int t = ID((int)(a[j] * iv + 1e-9));
				g[j] += pw * (s[t] - s[i-1]) + g[t];
				phi[j] += f * (phi[t] - s1[i] + s[i] + i);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=cnt;i++) phi[i] ++ , g[i] += s[i];
	int ans = 0;
	for(int i=1,nxt;i<=n;i=nxt+1){
		nxt = n/(n/i);
		ans += (g[ID(nxt)] - g[ID(i-1)]) * (2 * (phi[ID(n/i)] - 1) + 1);
	}
	unsigned int ret = ans;
	printf("%u\n",ret);
}