容斥原理基础

A抽子

已于 2024-02-08 12:04:17 修改

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分类专栏：容斥原理文章标签：算法 spring boot fastapi django maven flask python

于 2024-02-08 00:55:35 首次发布

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文章介绍了容斥原理如何解决关于喜欢课程的学生数量问题，以及在处理不被特定数字整除的数和不定方程解的问题中，二进制枚举和深度优先搜索（DFS）的效率对比。着重展示了在处理这类数学问题时，特别是涉及取模运算时的技巧和优化方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

容斥原理的引入

从一个小学奥数问题引入：
一个班级有50人
喜欢语文的人有20人
喜欢数学的人有30人
同时喜欢语文数学的人有10人。
问题：

两门都不喜欢的有多少人
至少喜欢一个的有多少人

至少喜欢一门 20+30-10=40 都不喜欢 50-40=10

再将上面的课程门数进一步扩展为3门，问题变为
一个班级有60人
喜欢A的人有20人
喜欢B的人有30人
喜欢C的人有25人
同时喜欢AB的人有10人
同时喜欢AC的人有7人
同时喜欢BC的人有8人
同时喜欢ABC的人有2人

至少喜欢一门的人：A+B+C-AB-AC—BC+ABC=20+30+25-10-7-8+2=52 有60-52=8个同学一门都不喜欢

从集合的角度考虑

将上述问题抽象用数学的形式表示
$\cup B|=|A|+|B|-|A \cap B|$

$\cup B \cup C|=|A|+|B|+|C|-|A \cap B|-|A \cap C|-|B \cap C|+|-|A \cap B \cup C|$

推广

例子

不被2、3、5整除的数

890. 能被整除的数

两种实现方法
虽然说理论上dfs只有 $O(2^n)$ 的复杂度，而二进制枚举的复杂度是 $O(m2^n)$ 但是实际上跑起来的效果二进制枚举跑的快很多，dfs还是跑的比较慢，可能是递归调用的开销比较大吧。
屏幕截图 2024-02-08 014954.png
屏幕截图 2024-02-08 015006.png

二进制枚举超集的写法

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10;

void solve()
{
	int n,m;cin>>n>>m;
	vector<int>p(m);
	rep(i,0,m-1)	cin>>p[i];
	int ans=0;
	rep(i,1,(1<<m)-1){
		
		int sgn=0,mul=1;
		rep(j,0,m-1){
			if(i&(1<<j)){
				sgn++;
				if(mul*p[j]>n){
					mul=-1;
					break;
				}
				mul*=p[j];
			}
		}
		if(mul!=-1){
			if(sgn&1){
				//符号为正
				ans+=n/mul;
			}else{
				ans-=n/mul;
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

dfs写法

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10;

int ans=0,n,m;
vector<int>path;
vector<int>p(N);
void dfs(int u){
	if(u==m){
		if(!path.size()){
			return;
		}
		int sgn=path.size()&1?1:-1;
		int mul=1;
		for(auto i:path){
			if(mul>n){
				mul=0;
				break;
			}
			mul*=i;
		}
		if(mul)    ans+=n/mul*sgn;
		return;
	}
	dfs(u+1);
	path.pb(p[u]);
	dfs(u+1);
	path.pop_back();
};

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	rep(i,0,m-1)	cin>>p[i];
	dfs(0);
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

错排问题

错排问题：
$P_i \not = i，P_i为排列$

求不定方程的解

如果没有对 $X_i$ 进行限制的话，可以直接用隔板法去做，直接插入 $n - 1$ 个隔板，答案就是 $C(_{m+n-1}^{n-1})$
但是现在对于每一个 $X_i$ 我们都有一个上限 $b_i$

考虑容斥原理
这道题目并没有明显的容斥不像上面的倍数
我们把 $0<=x_i<=b_i$ 转化成
$x_i>=0)-(x_i>=b_i +1)$
$x_i>=0)$ 可以理解为没有限制
$x_i>=b_i +1)$ 可以理解为最少选 $b_i+1$ 个，做一个映射，可以用隔板法去做。
$ (^{m-b_i+1+n-1} _{n-1})$

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,b[20];
int ifac,inv[20],ans;
int cal(int x){
	//C(x+n-1,n-1)
	//x+1,...,x+n-1/(n-1)!
	int ans=1;
	rep(i,1,n-1){
		ans=ans*(x+i)%mod;
	}
	ans=ans*ifac%mod;
	return ans;
}
void dfs(int d,int sgn, int sum){
	if(d==n){
		if(sum>m)	return;
		ans=(ans+sgn*cal(m-sum))%mod;
	}else{
		//x[i]>=0,当前这个没有违反
		dfs(d+1,sgn,sum);
		//x[i]>=b[i]+1，当前这个违反了
		dfs(d+1,-sgn,sum+b[d]+1);
	}
}

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	//求n-1阶乘的逆元
	ifac=1;
	rep(i,1,n-1){
		if(i==1)	inv[i]=1;
		else inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		ifac=ifac*inv[i]%mod;
	}
	rep(i,0,n-1){
		cin>>b[i];
	}
	//第i个变量，容斥系数，数值之和
	dfs(0,1,0);
	cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

Devu和鲜花

这个是上面的题目套了一个皮套，本质上还是不定方程的求解
这道题目取模极其恶心，每一步都要进行取模，不然就可能有溢出的风险，写数论、组合数学相关的题目一定要特别注意取模

dfs写法

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,b[22];
int ifac,inv[22],ans;
int cal(int x){
	//C(x+n-1,n-1)
	//x+1,...,x+n-1/(n-1)!
	int ans=1;
	rep(i,1,n-1){
		ans=ans%mod*(x%mod+i%mod)%mod;
	}
	ans=ans*ifac%mod;
	return ans;
}
void dfs(int d,int sgn, int sum){
	if(d==n){
		if(sum>m)	return;
		ans+=sgn*cal(m-sum)%mod;
// 		ans=(ans+sgn*cal(m-sum))%mod;
	}else{
		//x[i]>=0,当前这个没有违反
		dfs(d+1,sgn,sum);
		//x[i]>=b[i]+1，当前这个违反了
		dfs(d+1,-sgn,sum+b[d]+1);
	}
}

void solve()
{
	cin>>n>>m;
	ifac=1;
	rep(i,1,n-1){
		if(i==1)	inv[i]=1;
		else inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		ifac=ifac*inv[i]%mod;
	}
	rep(i,0,n-1){
		cin>>b[i];
	}
	//第i个变量，容斥系数，数值之和
	dfs(0,1,0);
	ans%=mod;
	if(ans<0)   ans+=mod;
	cout<<ans%mod<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}

二进制枚举写法

#include <bits/stdc++.h> 
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N=2e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,s[22];
int inv[22],fac[22],ifac;

int ksm(int a,int b,int p){
	int res=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)	res=res*a%p;
		a=a*a%p;	
	}
	return res;
}

int C(int a,int b){
	if(a<b)	return 0;
	int res=1;
	//这里一定要注意要先对i取模再乘不然就会寄
	rep(i,a-b+1,a)	res=i%mod*res%mod;
	return res*inv[n-1]%mod;
}


void solve()
{
	cin>>n>>m;
	rep(i,0,n-1){
		cin>>s[i];
	}

	fac[0]=inv[0]=1;
	rep(i,1,n-1){
		fac[i]=fac[i-1]%mod*i%mod;
		inv[i]=ksm(fac[i],mod-2,mod)%mod;
	}
	int res=0;
	rep(i,0,(1<<n)-1){
		int a=m+n-1,b=n-1,sgn=1;
		rep(j,0,n-1){
			if((i>>j)&1){
				sgn*=-1;
				a-=s[j]+1;
			}   
		}
		res=(res+C(a,b)*sgn)%mod;
	}
	if(res<0)	res+=mod;
	cout<<res<<endl;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
//   	freopen("1.in", "r", stdin);
  	int _;
//	cin>>_;
//	while(_--)
	solve();
	return 0;
}
```[E. Devu and Flowers](https://codeforces.com/problemset/problem/451/E "E. Devu and Flowers")