容斥原理——详解

最新推荐文章于 2025-04-03 13:52:06 发布

枫退

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文章标签：算法

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版权

引入

入门例题

假设班里有个学生喜欢数学，个学生喜欢语文，个学生喜欢编程，班里至少喜欢一门学科的有多少个学生呢？

是个吗？不是的，因为有些学生可能同时喜欢数学和语文，或者语文和编程，甚至还有可能三者都喜欢。

为了叙述方便，我们把喜欢语文、数学、编程的学生集合分别用表示，则学生总数等于。刚才已经讲过，如果把这三个集合的元素个数直接加起来，会有一些元素重复统计了，因此需要扣掉，但这样一来，又有一小部分多扣了，需要加回来，即。即

容斥原理 - venn 图示例

把上述问题推广到一般情况，就是我们熟知的容斥原理。

定义

设 U 中元素有 n 种不同的属性，而第 i 种属性称为，拥有属性的元素构成集合，那么

即

证明

对于每个元素使用二项式定理计算其出现的次数。对于元素 x，假设它出现在的集合中，那么它的出现次数为

于是每个元素出现的次数为 1，那么合并起来就是并集。证毕。

补集

对于全集 U 下的 集合的并 可以使用容斥原理计算，而集合的交则用全集减去 补集的并集 求得：

右边使用容斥即可。

可能接触过容斥的读者都清楚上述内容，而更关心的是容斥的应用。

那么接下来我们给出 3 个层次不同的例题来为大家展示容斥原理的应用。

不定方程非负整数解计数

给出不定方程和个限制条件，其中 . 求方程的非负整数解的个数。

没有限制时

如果没有的限制，那么不定方程的非负整数解的数目为 .

略证：插板法。

相当于你有个球要分给个盒子，允许某个盒子是空的。这个问题不能直接用组合数解决。

于是我们再加入个球，于是问题就变成了在一个长度为的球序列中选择个球，然后这个个球把这个序列隔成了份，恰好可以一一对应放到个盒子中。那么在个球中选择个球的方案数就是。

容斥模型

接着我们尝试抽象出容斥原理的模型：

全集 U：不定方程的非负整数解
元素：变量 .
属性：的属性即满足的条件，即的条件

目标：所有变量满足对应属性时集合的大小，即 .

这个东西可以用求解。可以用组合数计算，后半部分自然使用容斥原理展开。

那么问题变成，对于一些的交集求大小。考虑的含义，表示的解的数目。而交集表示同时满足这些条件。因此这个交集对应的不定方程中，有些变量有 下界限制，而有些则没有限制。

能否消除这些下界限制呢？既然要求的是非负整数解，而有些变量的下界又大于，那么我们直接 把这个下界减掉，就可以使得这些变量的下界变成，即没有下界啦。因此对于

的不定方程形式为

于是这个也可以组合数计算啦。这个长度为的数组相当于在枚举子集。

HAOI2008 硬币购物

4 种面值的硬币，第 i 种的面值是。次询问，每次询问给出每种硬币的数量和一个价格，问付款方式。

如果用背包做的话复杂度是，无法承受。这道题最明显的特点就是硬币一共只有四种。抽象模型，其实就是让我们求方程的非负整数解的个数。

采用同样的容斥方式，的属性为 . 套用容斥原理的公式，最后我们要求解

也就是无限背包问题。这个问题可以预处理，算上询问，总复杂度。

代码实现

完全图子图染色问题

前面的三道题都是容斥原理的正向运用，这道题则需要用到容斥原理逆向分析。

完全图子图染色问题

A 和 B 喜欢对图（不一定连通）进行染色，而他们的规则是，相邻的结点必须染同一种颜色。今天 A 和 B 玩游戏，对于阶 完全图 。他们定义一个估价函数，其中 S 是边集，. 的值是对图用种颜色染色的总方案数。他们的另一个规则是，如果是奇数，那么 A 的得分增加，否则 B 的得分增加 . 问 A 和 B 的得分差值。

数学形式

一看这道题的算法趋向并不明显，因此对于棘手的题目首先抽象出数学形式。得分差即为奇偶对称差，可以用 -1 的幂次来作为系数。我们求的是

容斥模型

相邻结点染同一种颜色，我们把它当作属性。在这里我们先不遵守染色的规则，假定我们用 m 种颜色直接对图染色。对于图，我们把它当作元素。属性的含义是结点 i,j 染同色（注意，并未要求 i,j 之间有连边）。

而属性对应的集合定义为，其含义是所有满足该属性的图的染色方案，集合的大小就是满足该属性的染色方案数，集合内的元素相当于所有满足该属性的图的染色图。

回到题目，「相邻的结点必须染同一种颜色」，可以理解为若干个集合的交集。因此可以写出

上述式子右边的含义就是说对于 S 内的每一条边都满足的染色方案数，也就是 .

是不是很有容斥的味道了？由于容斥原理本身没有二元组的形式，因此我们把所有的边映射到个整数上，假设将映射为，同时映射为 . 那么属性则定义为 .

同时 S 可以表示为若干个 k 组成的集合，即 .（也就是说我们在边集与数集间建立了等价关系）。

而 E 对应集合 . 于是乎

逆向分析

那么要求的式子展开

于是就出现了容斥原理的展开形式，因此对这个式子逆向推导

再考虑等式右边的含义，只要满足任一条件即可，也就是存在两个点同色（不一定相邻）的染色方案数！而我们知道染色方案的全集是，显然 . 而转化为补集，就是求两两异色的染色方案数，即 . 因此

解决这道题，我们首先抽象出题目数学形式，然后从题目中信息量最大的条件，函数的定义入手，将其转化为集合的交并补。然后将式子转化为容斥原理的形式，并 逆向推导 出最终的结果。这道题体现的正是容斥原理的逆用。

数论中的容斥

使用容斥原理能够巧妙地求解一些数论问题。

容斥原理求最大公约数为 k 的数对个数

考虑下面的问题：

求最大公约数为的数对个数

设，表示最大公约数为的有序数对的个数，求到的值。

这道题固然可以用欧拉函数或莫比乌斯反演的方法来做，但是都不如用容斥原理来的简单。

由容斥原理可以得知，先找到所有以为 公约数 的数对，再从中剔除所有以的倍数为 公约数 的数对，余下的数对就是以为 最大公约数 的数对。即以为 公约数 的数对个数以的倍数为 公约数 的数对个数。

进一步可发现，以的倍数为 公约数 的数对个数等于所有以的倍数为 最大公约数 的数对个数之和。于是，可以写出如下表达式：

由于当时，我们可以直接算出，因此我们可以倒过来，从算到就可以了。于是，我们使用容斥原理完成了本题。

for (long long k = N; k >= 1; k--) {
  f[k] = (N / k) * (N / k);
  for (long long i = k + k; i <= N; i += k) f[k] -= f[i];
}

上述方法的时间复杂度为。

附赠三倍经验供大家练手。

容斥原理推导欧拉函数

考虑下面的问题：

欧拉函数公式

求欧拉函数。其中。

直接计算是的，用线性筛是的，杜教筛是的（话说一道数论入门题用容斥做为什么还要扯到杜教筛上），接下来考虑用容斥推出欧拉函数的公式

判断两个数是否互质，首先分解质因数

那么就要求对于任意，都不是的倍数，即 . 把它当作属性，对应的集合为，因此有

全集大小，而表示的是构成的集合，显然，并由此推出

因此可得

这就是欧拉函数的数学表示啦

容斥原理一般化

容斥原理常用于集合的计数问题，而对于两个集合的函数，若

那么就有

证明

接下来我们简单证明一下。我们从等式的右边开始推：

我们发现后半部分的求和与无关，因此把后半部分的剔除：

记关于集合的函数，并化简这个函数：

因此原来的式子的值是

分析发现，仅当时有，这时，对答案的贡献就是，其他时侯，则对答案无贡献。于是得到

综上所述，得证。

推论

该形式还有这样一个推论。在全集下，对于函数，如果

那么

这个推论其实就是补集形式，证法类似。

DAG 计数

对个点带标号的有向无环图进行计数，对取模。。

直接 DP

考虑 DP，定义表示个点的 DAG，有点个入度为的图的个数。假设去掉这个点后，有个点入度为，那么在去掉前这个点至少与这个点中的某几个有连边，即种情况；而这个点除了与个点连边，还可以与剩下的点任意连边，有种情况。因此方程如下：

计算上式的复杂度是的。

放宽限制

上述 DP 的定义是恰好个点入度为 , 太过于严格，可以放宽为至少个点入度为。直接定义表示个点的 DAG 个数。可以直接容斥。考虑选出的个点，这个点可以和剩下的个点有任意的连边，即种情况：

计算上式的复杂度是的。

Min-max 容斥

对于满足全序关系并且其中元素满足可加减性的序列，设其长度为，并设，则有：

证明： 考虑做一个到一般容斥原理的映射。对于，假设是第大的元素。那么我们定义一个映射。显然这是一个双射。

那么容易发现，对于，，。因此我们得到：

然后再把映射回，而是类似的。

证毕

但是你可能觉得这个式子非常蠢，最大值明明可以直接求。之所以 min-max 容斥这么重要，是因为它在期望上也是成立的，即：

证明： 我们考虑计算期望的一种方法：

其中是一个长度为的序列。

我们对后面的使用之前的式子：

调换求和顺序：

是类似的。

证毕

还有更强的：

规定若，则。

证明： 不妨设。则有：

又因为有组合恒等式：，所以有：

当时：

否则：

所以：

剩下三个是类似的。

证毕

根据 min-max 容斥，我们还可以得到下面的式子：

因为分别相当于，就是说相当于对于指数做了一个 min-max 容斥，自然就是对的了

PKUWC2018 随机游走

给定一棵个点的树，你从出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有次询问。每次询问给出一个集合，求如果从出发一直随机游走，直到点集中的点都至少经过一次的话，期望游走几步。

特别地，点（即起点）视为一开始就被经过了一次。

对取模。

。

期望游走的步数也就是游走的时间。那么设随机变量表示第一次走到结点的时间。那么我们要求的就是

使用 min-max 容斥可以得到

对于一个集合，考虑求出。

考虑的含义，是第一次走到中某一个点的期望时间。不妨设表示从结点出发，第一次走到中某个结点的期望时间。

对于，有。
对于，有。

如果直接高斯消元，复杂度。那么我们对每个都计算的总复杂度就是，不能接受。我们使用树上消元的技巧。

不妨设根结点是，结点的父亲是。对于叶子结点，只会和的父亲有关（也可能，那样更好）。因此我们可以把表示成的形式，其中可以快速计算。

对于非叶结点，考虑它的儿子序列。由于。因此可以得到

那么变换一下可以得到

于是我们把也写成了的形式。这样可以一直倒推到根结点。而根结点没有父亲。也就是说

解一下这个方程我们就得到了，再从上往下推一次就得到了每个点的。那么。时间复杂度。

这样，我们可以对于每一个计算出，时间复杂度。

回到容斥的部分，我们知道。

不妨设，那么进一步得到。因此可以使用 FMT（也叫子集前缀和，或者 FWT 或变换）在的时间内对每个计算出，这样就可以回答询问了。

习题

参考文献

王迪《容斥原理》，2013 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文集

Cyhlnj《有标号的 DAG 计数系列问题》

Wikipedia - 全序关系