暑假集训日记——8.8（容斥+概率）_集齐偶数的概率-优快云博客

本文通过解析多个竞赛题目，探讨了容斥原理在解决概率问题和算法设计中的应用，包括卡片收集的期望包数、可见树木的数量计算、整数集合的构造以及多项式系数奇数项的计数。这些实例展示了容斥原理在解决复杂问题时的有效性和普适性。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

E - Card Collector
题意：
每包里面最多只有一张卡片（可能没有），要集齐n张不同的卡片（1<=n<=20)
问集齐 $n$ 张卡片要买的包数期望

题解：
设集齐第 $i$ 张的天数需要 $d i$ 天
求解买 $n$ 张卡片需要的包数： $d 1 U d 2 U d 3 . . . U d n$ - $1$ ,所以容斥公式求解

概率和期望：（可由无穷级数得证）
如果一件事发生的概率为 $p i$ ，那么第一次发生这件事次数期望为 $1 / p i$ 。
同理，a和b这两件事发生的概率为 $p 1, p 2$ ，则第一次发生某一件事发生的次数期望为 $1 / (p 1 + p 2)$

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;

const int MAXN = 3e5;
const int N = 22;
double p[N];
double dp[1<<N];
int n,cnt;

double IEP()
{
    double sum=0;
    for(int i=1;i<(1<<cnt);i++)///容斥原理
    {
        double f=-1,ans=0;
        for(int j=0;j<cnt;j++)///枚举每种质因数的组合
        {
            if(i&(1<<j))
            {
                ans+=p[j];
                f=f*(-1);
            }
        }
        sum=sum+(1.0/ans)*f;///（x/ans）表示：1-x中有ans因数的个数
    }
    return sum;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d", &n))
    {

        for(int i = 0; i < n; i ++)
            scanf("%lf", &p[i]);
        double ans = 0.0;
        cnt=n;
        ans=IEP();
        printf("%.5lf\n", ans);
    }

}

F - Visible Trees
题意：
有许多树组成一个 $m * n$ 网格，网格从 $(1, 1)$ 开始。农夫夏洛克站在 $(0, 0)$ 点。他想知道他能看到多少棵树。如果两棵树和夏洛克站在一条线上，农民夏洛克只能看到离他最近的那棵树。
题解：
求解1到m和1到n有多少对互质的数，分解 $m i n (n, m)$ 的一个数，然后容斥求解互质即可

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mp make_pair
#define maxn 10000000
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, int> pli;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef long double ld;

const int N=1e6+10;
const int MAXN=20010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=0.0000001;
const ll mod=998244353 ;
ll n,m,x,y,k,cnt,t;
ll prime[N];

void gets(ll x)
{
    ll s=sqrt(x);
    cnt=0;
    for(int i=2;i<=s;i++)
    {
        if(x%i==0)
            prime[cnt++]=i;
        while(x%i==0)
            x=x/i;
    }
    if(x!=1)
        prime[cnt++]=x;
}

ll IEP(ll x)
{
    if(x<0) return 0;
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<(1<<cnt);i++)///容斥原理
    {
        ll f=-1,ans=1;
        for(int j=0;j<cnt;j++)///枚举每种质因数的组合
        {
            if(i&(1<<j))
            {
                ans=ans*prime[j];
                f=f*(-1);
            }
        }
        sum=sum+(x/ans)*f;///（x/ans）表示：1-x中有ans因数的个数
    }
    return x-sum;
}



int main()
{
	//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	scanf("%lld",&t);
	while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            gets(i);
            ans+=IEP(m);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

}

G - How many integers can you find
题意：
现在你得到一个 $N, M - i n t e g e r s$ 集,你应该找出多少整数比 $N$ ,小,他们可以任何整数整除的。例如, $N$ = $12$ ,和 $M - i n t e g e$ r{ $2, 3$ },所以有另一组{ $2, 3, 4, 6, 8, 9, 10$ },的所有整数集可以被 $2$ 或 $3$ 整除。因此，您只需输出数字 $7$ 。
题解：容斥
注意：因为是整除注意特判 $0$ ,以及M集合可能有重复的元素，所以当进行容斥的时候注意将选中的因子取最小公倍数，避免重复。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define mp make_pair
#define maxn 10000000
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, int> pli;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef long double ld;

const int N=1e6+10;
const int MAXN=20010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=0.0000001;
const ll mod=998244353 ;
ll n,m,x,y,k,cnt,t;
ll prime[N];

ll lcm(ll m,ll n)
{
    return m/__gcd(m,n)*n;
}

ll IEP(ll x)
{
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<(1<<cnt);i++)///容斥原理
    {
        ll f=-1,ans=1;
        for(int j=0;j<cnt;j++)///枚举每种质因数的组合
        {
            if(i&(1<<j))
            {
                ans=lcm(ans,prime[j]);
                f=f*(-1);
            }
        }
        sum=sum+(x/ans)*f;///（x/ans）表示：1-x中有ans因数的个数
    }
    return sum;
}

int main()
{
	//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
    {
        cnt=0;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            scanf("%lld",&x);
            if(x!=0) prime[cnt++]=x;
        }
        printf("%lld\n",IEP(n-1));
    }
}

题意：
求 $F (x)$ = $1+x)^{a_{1}}$ + $1+x)^{a_{2}}$ + … + $1+x)^{a_{m}}$ .中系数为奇数的项的个数
题解：
性质一：由 $L u c a s$ 定理可知, $1+x)^n$ 中奇数项的个数等于 $2^{(n的二进制表示中1的个数)}$ .
性质二： $1 + x) ^ n$ 中的系数中所有奇系数之和等于偶系数之和等于 $2^{(n-1)}$
性质三：两个集合的交: 比如系数 $w_1,w_2,pos=w_1$ & $w_2$ 集合的交的个数是 $2^{pos的二进制里1的个数}$
在这里插入图片描述
嗯这个 $L u c a s$ 定理的证明，没看懂，反正是这么个东西。
参考题解：
集合 $A, B, C$ 表示不同次幂下，奇数系数项的个数
$n u m (A \cup B \cup C)$ 表示合并后一共有多少个不同的奇数系数项，这里的奇数系数指的合并前的。

举例来说：
$1 + x) ^ 1$ 奇数项有 2项， $1 + x) ^ 2$ 奇数项有 2项， $1 + x) ^ 3$ 奇数项有 4项
因此 $n u m (A \cup B \cup C)$ 的值有4项。
当集合合并偶数次的时候，相同次幂的奇数系数项自然变成偶数所以要减去，但是会多减,如下图的 10区域，所以还得加回来。
Alt 因此：
$F (x)$ 中奇数系数项的个数= $n u m (A \cup B \cup C)$ - $n u m (A \cap B)$ - $n u m (A \cap C)$ - $n u m (B \cap C)$ + $3 * n u m (A \cap B \cap C)$
进一步化简：
$F (x)$ 中奇数系数项的个数= $n u m (A) + n u m (B) + n u m (C) - 2 * n u m (A \cap B) - 2 * n u m (A \cap C) - 2 * n u m (B \cap C) + 4 * n u m (A \cap B \cap C)$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define mp make_pair
#define maxn 10000000
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, int> pli;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef long double ld;

const int N=1e6+10;
const int MAXN=20010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=0.0000001;
const ll mod=998244353 ;
ll n,m,x,y,k,cnt,t,ans;
ll a[N];

ll get (ll x)
{//计算x的二级制位有多少个1
	return x==0?0:get(x-(x&-x))+1;  //(x&-x)是取出最低位的1
}

void dfs(ll pos,ll num,ll fla)
{
    ans+=(1ll<<get(num))*fla;//需要强制类型转换，精度
    for(ll i=pos+1;i<=n;i++)
        dfs(i,num&a[i],-2*fla);
}

int main()
{
	//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	scanf("%lld",&t);
	k=t;
	while(t--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
        }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)//全排列
            dfs(i,a[i],1);
        printf("Case #%lld: %lld\n",k-t,ans);
    }

}