10 容斥原理

定义:在计数时，必须注意没有重复，没有遗漏。为了使重叠部分不被重复计算，人们研究出一种新的计数方法。

这种方法的基本思想是：先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复。

这种计数的方法称为容斥原理。

原理好懂，难的是应用

一、hdu - 1465

n封信对应n个信封，求恰好全部装错了信封的方案数

全错排问题，可以用容斥写

首先，所有装信的总数是n!（在n中任选一个信封放进一封信，然后在剩下的n-1中任选一个信封放进一封信，以此类推，所以是n*(n-1)*(n-2)... = n!）

假设

A1表示1封信装对信封，数量是(n-1)! （只有n-1个位置可以乱放）

A2表示2封信装对信封，数量是(n-2)! （只有n-2个位置可以乱放）

......

An表示n封信装对信封，数量是1

那么这题的答案就是

n! - C(n, 1)*|A1| + C(n, 2)*|A2| - C(n, 3)*|A3| + ... + (-1)^n * C(n, n)*|An|

把C(n, m)用组合数公式代入式子化简得： n! - n! / 1! + n! / 2! - n! / 3! + ... + (-1)^n * n! / n!

提取n!得： n!(1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)^n * 1/n!)

#include<cstdio>
typedef long long LL;
int n, flag;
LL fac[25];
LL ans;
void init(){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 20; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i;    
}
int main(){
    init();
    while(~scanf("%d", &n)){
        ans = fac[n];
        flag = -1;//容斥的符号变化
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            ans += flag * fac[n] / fac[i];
            flag = -flag;  
        }
        printf("%I64d\n", ans);
    }
}

全错排好像有个专门的公式，不怎么会，粘个代码：

#include<cstdio>
typedef long long LL;
int n;
LL dp[25];
void init(){
    dp[1] = 0;
    dp[2] = 1;
    for(int i = 3; i <= 20; i ++){
        dp[i] = (i-1) * (dp[i-1] + dp[i-2]);
    }
}
int main(){
    init();
    while(~scanf("%d", &n)){
        printf("%I64d\n", dp[n]);
    }
}

二、UVALive-7040

给n盆花涂色，从m种颜色中选取k种颜色涂，保证正好用上k种颜色，你必须用上这k种颜色去涂满n个相邻的花，并且要求相邻花的颜色不同，求方案数。(1 ≤ n, m ≤ 1e9 , 1 ≤ k ≤ 1e6 , k ≤ n, m)

首先，用k种颜色涂花，假如不考虑全部用上，那么总的方案数是多少

第一盆花有k种颜色选择，之后的花因为不能跟前一盆花的颜色相同，所以有k-1种选择

于是总方案数为k*(k-1)^(n-1)

因为题目问必须用上k种颜色

这里面包含了只用k-1种颜色的情况，应该减掉所有用k-1种的情况

减掉的东西里面，这里面包含了只用k-2种颜色的情况，应该加回来

...

反反复复，最后就得出答案了

最后答案就是

C(m,k) * ( k * (k-1)^(n-1) + [∑((-1)^i * C(k, k - i) * (k-i) * (k-i-1)^(n-1)) ] ) (1 <= i <= k-1)

#include<cstdio>
typedef long long LL;
const int N = 1000000 + 5;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
int F[N], Finv[N], inv[N];
LL pow_mod(LL a, LL b, LL p){ 
    LL ret = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ret = (ret * a) % p;
        a = (a * a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
void init(){
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i ++){
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * 1ll * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    F[0] = Finv[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i ++){
        F[i] = F[i-1] * 1ll * i % MOD;
        Finv[i] = Finv[i-1] * 1ll * inv[i] % MOD;
    }
}
int comb(int n, int m){
    if(m < 0 || m > n) return 0;
    return F[n] * 1ll * Finv[n - m] % MOD * Finv[m] % MOD;
}
int main(){
    init();
    int T, n, m, k, ans, flag, temp;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        ans = k * pow_mod(k-1, n-1, MOD) % MOD;
        flag = -1;
        //计算容斥 
        for(int i = 1; i <= k-1; i ++){
            ans = (ans + 1ll * flag * comb(k, k-i) * (k-i) % MOD * pow_mod((k-i-1), n-1, MOD) % MOD) % MOD;
            flag = -flag;
        }
        //接下来计算C(m, k) 
        temp = Finv[k];
        for(int i = 1; i <= k; i ++){
            temp = 1ll * temp * (m-k+i) % MOD;
        }
        ans = ((1ll * ans * temp) % MOD + MOD) % MOD;
        printf("Case #%d: %d\n", cas, ans);
    }
}

三、hdu - 4135

求(a,b)区间与n互质的数的个数.

我们可以先求(1~b)区间的答案，然后减去(1~a-1)区间的答案

这样问题就转换为(1~m)区间与n互质的数的个数

互质的不好求，我们可以求不互质的个数，然后减一下

所以我们先求出n的所有质因数，然后用容斥做

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
vector <LL > prime_factor;
vector <LL > vec;
void init(LL x){
    //预处理质因子 
    prime_factor.clear();
    for(LL i = 2; i*i <= x; i++){
        if(x % i == 0){
            prime_factor.push_back(i);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if(x > 1) prime_factor.push_back(x);
    //预处理容斥中的倍数项，符号正好是一个减一个加    
    int vec_size;
    vec.clear();
    for(int i = 0; i < prime_factor.size(); i ++){
        vec_size = vec.size();//因为vec.size()在接下来的运算中会改变 
        for(int j = 0; j < vec_size; j ++){
            vec.push_back(vec[j] * prime_factor[i]);
        }
        vec.push_back(prime_factor[i]);
    }
}
LL work(LL x){
    //接下来容斥
    LL ans = x, flag = -1;
    for(int i = 0; i < vec.size(); i ++){
        ans += flag * x / vec[i];
        flag = -flag;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;    
    LL l, r, n;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n);
        init(n); 
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas, work(r) - work(l-1));
    }
}

样例理解：比如30 = 2 * 3 * 5

一开始数组里面什么都没有

然后变成

然后把3挨个乘过去的值放在数组后面，同时将自己也放进数组

2 6 3

然后5也是一样

2 6 3 10 30 15 5

最后答案n就是等于

n - n / 2 + n / 6 - n / 3 + n / 10 - n / 30 + n / 15 - n / 5

位运算方法：

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
vector <LL > prime_factor;
void init(LL x){
    //预处理质因子 
    prime_factor.clear();
    for(LL i = 2; i*i <= x; i++){
        if(x % i == 0){
            prime_factor.push_back(i);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if(x > 1) prime_factor.push_back(x);
}
LL work(LL x){
    //接下来容斥
    LL ans = x, cnt, temp;
    for(int i = 1; i < (1 << prime_factor.size()); i ++){
        cnt = 0;
        temp = 1;
        for(int j = 0; j < prime_factor.size(); j ++){
            if(i & (1 << j)){
                temp *= prime_factor[j];
                cnt ++;
            }
        }
        if(cnt & 1) ans -= x / temp;
        else ans += x / temp;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;    
    LL l, r, n;
    scanf("%d", &T);
    for(int cas = 1; cas <= T; cas ++){
        scanf("%I64d%I64d%I64d", &l, &r, &n);
        init(n); 
        printf("Case #%d: %I64d\n", cas, work(r) - work(l-1));
    }
}

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