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容斥原理

引入

入门例题

假设班里有 \(10\) 个学生喜欢数学,\(15\) 个学生喜欢语文,\(21\) 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?

\(10+15+21=46\) 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 \(A,B,C\) 表示,则学生总数等于 \(|A\cup B\cup C|\)。刚才已经讲过,如果把这三个集合的元素个数 \(|A|,|B|,|C|\) 直接加起来,会有一些元素重复统计了,因此需要扣掉 \(|A\cap B|,|B\cap C|,|C\cap A|\),但这样一来,又有一小部分多扣了,需要加回来,即 \(|A\cap B\cap C|\)。即

\[ |A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C| \]

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 \(P_i\),拥有属性 \(P_i\) 的元素构成集合 \(S_i\),那么

\[ \begin{aligned} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\cdots\\ &+(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_i}\right|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap\cdots\cap S_n| \end{aligned} \]

\[ \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right| \]

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 \(T_1,T_2,\cdots,T_m\) 的集合中,那么它的出现次数为

\[ \begin{aligned} Cnt=&|\{T_i\}|-|\{T_i\cap T_j|i<j\}|+\cdots+(-1)^{k-1}\left|\left\{\bigcap_{i=1}^{k}T_{a_i}|a_i<a_{i+1}\right\}\right|\\ &+\cdots+(-1)^{m-1}|\{T_1\cap\cdots\cap T_m\}|\\ =&C_m^1-C_m^2+\cdots+(-1)^{m-1}C_m^m\\ =&C_m^0-\sum_{i=0}^m(-1)^iC_m^i\\ =&1-(1-1)^m=1 \end{aligned} \]

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:

\[ \left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| \]

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

不定方程非负整数解计数

给出不定方程 \(\sum_{i=1}^nx_i=m\)\(n\) 个限制条件 \(x_i\leq b_i\),其中 \(m,b_i \in \mathbb{N}\). 求方程的非负整数解的个数。

没有限制时

如果没有 \(x_i<b_i\) 的限制,那么不定方程 \(\sum_{i=1}^nx_i=m\) 的非负整数解的数目为 \(C_{m+n-1}^{n-1}\).

略证:插板法。

相当于你有 \(m\) 个球要分给 \(n\) 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 \(n-1\) 个球,于是问题就变成了在一个长度为 \(m+n-1\) 的球序列中选择 \(n-1\) 个球,然后这个 \(n-1\) 个球把这个序列隔成了 \(n\) 份,恰好可以一一对应放到 \(n\) 个盒子中。那么在 \(m+n-1\) 个球中选择 \(n-1\) 个球的方案数就是 \(C_{m+n-1}^{n-1}\)

容斥模型

接着我们尝试抽象出容斥原理的模型:

  1. 全集 U:不定方程 \(\sum_{i=1}^nx_i=m\) 的非负整数解
  2. 元素:变量 \(x_i\).
  3. 属性:\(x_i\) 的属性即 \(x_i\) 满足的条件,即 \(x_i\leq b_i\) 的条件

目标:所有变量满足对应属性时集合的大小,即 \(|\bigcap_{i=1}^nS_i|\).

这个东西可以用 \(\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|\) 求解。\(|U|\) 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 \(\overline{S_{a_i}}\) 的交集求大小。考虑 \(\overline{S_{a_i} }\) 的含义,表示 \(x_{a_i}\geq b_{a_i}+1\) 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 \(0\),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 \(0\),即没有下界啦。因此对于

\[ \left|\bigcap_{a_i<a_{i+1} }^{1\leq i\leq k}S_{a_i}\right| \]

的不定方程形式为

\[ \sum_{i=1}^nx_i=m-\sum_{i=1}^k(b_{a_i}+1) \]

于是这个也可以组合数计算啦。这个长度为 \(k\)\(a\) 数组相当于在枚举子集。

HAOI2008 硬币购物

HAOI2008 硬币购物

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

\(n\leq 10^3,S\leq 10^5\).

如果用背包做的话复杂度是 \(O(4nS)\),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 \(\sum_{i=1}^4C_ix_i=S,x_i\leq D_i\) 的非负整数解的个数。

采用同样的容斥方式,\(x_i\) 的属性为 \(x_i\leq D_i\). 套用容斥原理的公式,最后我们要求解

\[ \sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^kC_{a_i}(D_{a_i}+1) \]

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 \(O(4S+2^4n)\)

代码实现
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long S = 1e5 + 5;
long long c[5], d[5], n, s;
long long f[S];

int main() {
  scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &c[1], &c[2], &c[3], &c[4], &n);
  f[0] = 1;
  for (long long j = 1; j <= 4; j++)
    for (long long i = 1; i < S; i++)
      if (i >= c[j]) f[i] += f[i - c[j]];  // f[i]:价格为i时的硬币组成方法数
  for (long long k = 1; k <= n; k++) {
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &d[1], &d[2], &d[3], &d[4], &s);
    long long ans = 0;
    for (long long i = 1; i < 16;
         i++) {  // 容斥,因为物品一共有4种,所以从1到2^4-1=15循环
      long long m = s, bit = 0;
      for (long long j = 1; j <= 4; j++) {
        if ((i >> (j - 1)) % 2 == 1) {
          m -= (d[j] + 1) * c[j];
          bit++;
        }
      }
      if (m >= 0) ans += (bit % 2 * 2 - 1) * f[m];
    }
    printf("%lld\n", f[s] - ans);
  }
  return 0;
}

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 \(n\)完全图 \(G=(V,E)\)。他们定义一个估价函数 \(F(S)\),其中 S 是边集,\(S\subseteq E\).\(F(S)\) 的值是对图 \(G'=(V,S)\)\(m\) 种颜色染色的总方案数。他们的另一个规则是,如果 \(|S|\) 是奇数,那么 A 的得分增加 \(F(S)\),否则 B 的得分增加 \(F(S)\). 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

\[ Ans=\sum_{S\subseteq E}(-1)^{|S|-1}F(S) \]

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 \(G'=(V,S)\),我们把它当作 元素属性 \(x_i=x_j\) 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 \(x_i=x_j\) 对应的 集合 定义为 \(Q_{i,j}\),其含义是所有满足该属性的图 \(G'\) 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 \(G'\) 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 \(Q\) 集合的交集。因此可以写出

\[ F(S)=\left|\bigcap_{(i,j)\in S}Q_{i,j}\right| \]

上述式子右边的含义就是说对于 S 内的每一条边 \((i,j)\) 都满足 \(x_i=x_j\) 的染色方案数,也就是 \(F(S)\).

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 \((i,j)\) 映射到 \(T=\frac{n(n+1)}{2}\) 个整数上,假设将 \((i,j)\) 映射为 \(k,1\leq k\leq T\),同时 \(Q_{i,j}\) 映射为 \(Q_k\). 那么属性 \(x_i=x_j\) 则定义为 \(P_k\).

同时 S 可以表示为若干个 k 组成的集合,即 \(S\iff K=\{k_1,k_2,\cdots,k_m\}\).(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 \(M=\left\{1,2,\cdots,\frac{n(n+1)}{2}\right\}\). 于是乎

\[ F(S)\iff F(\{ {k_i}\})=\left|\bigcap_{k_i}Q_{k_i}\right| \]

逆向分析

那么要求的式子展开

\[ \begin{aligned} Ans &= \sum_{K\subseteq M}(-1)^{|K|-1}\left|\bigcap_{k_i\in K}Q_{k_i}\right|\\ &= \sum_{i}|Q_i|-\sum_{i<j}|Q_i\cap Q_j|+\sum_{i<j<k}|Q_i\cap Q_j\cap Q_k|-\cdots+(-1)^{T-1}\left|\bigcap_{i=1}^TQ_i\right| \end{aligned} \]

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

\[ Ans=\left|\bigcup_{i=1}^TQ_i\right| \]

再考虑等式右边的含义,只要满足 \(1\sim T\) 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 \(U\),显然 \(|U|=m^n\). 而转化为补集,就是求两两异色的染色方案数,即 \(A_m^n=\frac{m!}{n!}\). 因此

\[ Ans=m^n-A_m^n \]

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,\(F(S)\) 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 \(k\) 的数对个数

\(1 \le x, y \le N\)\(f(k)\) 表示最大公约数为 \(k\) 的有序数对 \((x, y)\) 的个数,求 \(f(1)\)\(f(N)\) 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 \(k\)公约数 的数对,再从中剔除所有以 \(k\) 的倍数为 公约数 的数对,余下的数对就是以 \(k\)最大公约数 的数对。即 \(f(k)=\)\(k\)公约数 的数对个数 \(-\)\(k\) 的倍数为 公约数 的数对个数。

进一步可发现,以 \(k\) 的倍数为 公约数 的数对个数等于所有以 \(k\) 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:

\[ f(k)= \lfloor (N/k) \rfloor ^2 - \sum_{i=2}^{i*k \le N} f(i*k) \]

由于当 \(k>N/2\) 时,我们可以直接算出 \(f(k)= \lfloor (N/k) \rfloor ^2\),因此我们可以倒过来,从 \(f(N)\) 算到 \(f(1)\) 就可以了。于是,我们使用容斥原理完成了本题。

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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 \(O( \sum_{i=1}^{N} N/i)=O(N \sum_{i=1}^{N} 1/i)=O(N \log N)\)

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 \(\varphi(n)\)。其中 \(\varphi(n)=|\{1\leq x\leq n|\gcd(x,n)=1\}|\)

直接计算是 \(O(n\log n)\) 的,用线性筛是 \(O(n)\) 的,杜教筛是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 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

\[ n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i} \]

那么就要求对于任意 \(p_i\)\(x\) 都不是 \(p_i\) 的倍数,即 \(p_i\nmid x\). 把它当作属性,对应的集合为 \(S_i\),因此有

\[ \varphi(n)=\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right| \]

全集大小 \(|U|=n\),而 \(\overline{S_i}\) 表示的是 \(p_i\mid x\) 构成的集合,显然 \(|\overline{S_i}|=\frac{n}{p_i}\),并由此推出

\[ \left|\bigcap_{a_i<a_{i+1}}S_{a_i}\right|=\frac{n}{\prod p_{a_i}} \]

因此可得

\[ \begin{aligned} \varphi(n)&=n-\sum_{i}\frac{n}{p_i}+\sum_{i<j}\frac{n}{p_ip_j}-\cdots+(-1)^k\frac{n}{p_1p_2\cdots p_n}\\ &=n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_k}\right)\\ &=n\prod_{i=1}^k\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \end{aligned} \]

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 \(f(S),g(S)\),若

\[ f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T) \]

那么就有

\[ g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T) \]

证明

接下来我们简单证明一下。我们从等式的右边开始推:

\[ \begin{aligned} &\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ =&\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\sum_{Q\subseteq T}g(Q)\\ =&\sum_{Q}g(Q)\sum_{Q\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\\ \end{aligned} \]

我们发现后半部分的求和与 \(Q\) 无关,因此把后半部分的 \(Q\) 剔除:

\[ =\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}\\ \]

记关于集合 \(P\) 的函数 \(F(P)=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\),并化简这个函数:

\[ \begin{aligned} F(P)&=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\\ &=\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i(-1)^{|P|-i}=\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i1^i(-1)^{|P|-i}\\ &=(1-1)^{|P|}=0^{|P|} \end{aligned} \]

因此原来的式子的值是

\[ \sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}=\sum_{Q}g(Q)F(S\setminus Q)=\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|} \]

分析发现,仅当 \(|S\setminus Q|=0\) 时有 \(0^0=1\),这时 \(Q=S\),对答案的贡献就是 \(g(S)\),其他时侯 \(0^{|S\setminus Q|}=0\),则对答案无贡献。于是得到

\[ \sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}=g(S) \]

综上所述,得证。

推论

该形式还有这样一个推论。在全集 \(U\) 下,对于函数 \(f(S),g(S)\),如果

\[ f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T) \]

那么

\[ g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T) \]

这个推论其实就是补集形式,证法类似。

DAG 计数

DAG 计数

\(n\) 个点带标号的有向无环图进行计数,对 \(10^9+7\) 取模。\(n\leq 5\times 10^3\)

直接 DP

考虑 DP,定义 \(f[i,j]\) 表示 \(i\) 个点的 DAG,有 \(j\) 点个入度为 \(0\) 的图的个数。假设去掉这 \(j\) 个点后,有 \(k\) 个点入度为 \(0\),那么在去掉前这 \(k\) 个点至少与这 \(j\) 个点中的某几个有连边,即 \(2^j-1\) 种情况;而这 \(j\) 个点除了与 \(k\) 个点连边,还可以与剩下的点任意连边,有 \(2^{i-j-k}\) 种情况。因此方程如下:

\[ f[i,j]=\binom{i}{j}\sum_{k=1}^{i-j}(2^j-1)^k2^{i-j-k}f[i-j,k] \]

计算上式的复杂度是 \(O(n^3)\) 的。

放宽限制

上述 DP 的定义是恰好 \(j\) 个点入度为 \(0\), 太过于严格,可以放宽为至少 \(j\) 个点入度为 \(0\)。直接定义 \(f[i]\) 表示 \(i\) 个点的 DAG 个数。可以直接容斥。考虑选出的 \(j\) 个点,这 \(j\) 个点可以和剩下的 \(i-j\) 个点有任意的连边,即 \(\left(2^{i-j}\right)^j=2^{(i-j)j}\) 种情况:

\[ f[i]=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-1}\binom{i}{j}2^{(i-j)j}f[i-j] \]

计算上式的复杂度是 \(O(n^2)\) 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 \(\{x_i\}\),设其长度为 \(n\),并设 \(S=\{1,2,3,\cdots,n\}\),则有:

\[ \max_{i\in S}{x_i}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T}{x_j}} \]
\[ \min_{i\in S}{x_i}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\max_{j\in T}{x_j}} \]
全序关系

对于集合 \(X\),若 \(X\) 满足全序关系,则下列陈述对于任意 \(a,b,c\in X\) 都成立:

  • 反对称性:若 \(a\le b\)\(b\le a\),则 \(a=b\);
  • 传递性:若 \(a\le b\)\(b\le c\),则 \(a\le c\)
  • 完全性:\(a\le b\) 或者 \(b\le a\)

证明: 考虑做一个到一般容斥原理的映射。对于 \(x\in S\),假设 \(x\) 是第 \(k\) 大的元素。那么我们定义一个映射 \(f:x\mapsto \{1,2,\cdots,k\}\)。显然这是一个双射。

那么容易发现,对于 \(x,y\in S\)\(f(\min(x,y))=f(x)\cap f(y)\)\(f(\max(x,y))=f(x)\cup f(y)\)。因此我们得到:

\[ \begin{aligned} \left|f\left(\max_{i\in S}{x_i}\right)\right| &= \left| \bigcup_{i\in S} f(x_i) \right|\\ &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} \left|\bigcap_{j\in T}f(x_j)\right|\\ &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} \left|f\left(\min_{j\in T}{x_j}\right)\right|\\ \end{aligned} \]

然后再把 \(\left|f\left(\max_{i\in S}{x_i}\right)\right|\) 映射回 \(\max_{i\in S}{x_i}\),而 \(\min\) 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:

\[ E\left(\max_{i\in S}{x_i}\right)=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}E\left(\min_{j\in T}{x_j} \right)} \]
\[ E\left(\min_{i\in S}{x_i}\right)=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}E\left(\max_{j\in T}{x_j} \right)} \]

证明: 我们考虑计算期望的一种方法:

\[ E\left(\max_{i\in S}{x_i}\right)=\sum_{y}{P(y=x)\max_{j\in S}{y_j}} \]

其中 \(y\) 是一个长度为 \(n\) 的序列。

我们对后面的 \(\max\) 使用之前的式子:

\[ \begin{aligned}E\left(\max_{i\in S}{x_i}\right)&=\sum_{y}{P(y=x)\max_{j\in S}{y_j}}\\ &=\sum_{y}{P(y=x)\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T}{y_j}}} \end{aligned} \]

调换求和顺序:

\[ \begin{aligned}E\left(\max_{i\in S}{x_i}\right) &=\sum_{y}{P(y=x)\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T}{y_j}}}\\ &=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}\sum_y{P(y=x)\min_{j\in T}{y_j}}}\\ &=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-1}E\left(\min_{j\in T}{y_j}\right)} \end{aligned} \]

\(\min\) 是类似的。

证毕

还有更强的:

\[ \underset{i\in S}{\operatorname{kthmax}{x_i}}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\min_{j\in T}{x_j}} \]
\[ \underset{i\in S}{\operatorname{kthmin}{x_i}}=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\max_{j\in T}{x_j}} \]
\[ E\left(\underset{i\in S}{\operatorname{kthmax}{x_i}}\right)=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}E\left(\min_{j\in T}{x_j}\right)} \]
\[ E\left(\underset{i\in S}{\operatorname{kthmin}{x_i}}\right)=\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}E\left(\max_{j\in T}{x_j}\right)} \]

规定若 \(n< m\),则 \(\dbinom nm=0\)

证明: 不妨设 \(\forall 1\le i<n,x_i\le x_{i+1}\)。则有:

\[ \begin{aligned} \sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\min_{j\in T}{x_j}} &=\sum_{i\in S}{x_i\sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\left[x_i=\min_{j\in T}{x_j} \right]}}\\ &=\sum_{i\in S}{x_i\sum_{j=k}^n{\dbinom {n-i}{j-1}\dbinom {j-1}{k-1}(-1)^{j-k}}} \end{aligned} \]

又因为有组合恒等式:\(\dbinom ab\dbinom bc=\dbinom ac\dbinom {a-c}{b-c}\),所以有:

\[ \begin{aligned} \sum_{T\subseteq S}{(-1)^{|T|-k}\dbinom {|T|-1}{k-1}\min_{j\in T}{x_j}} &=\sum_{i\in S}{x_i\sum_{j=k}^n{\dbinom {n-i}{j-1}\dbinom {j-1}{k-1}(-1)^{j-k}}}\\ &=\sum_{i\in S}{x_i\sum_{j=k}^n{\dbinom {n-i}{k-1}\dbinom {n-i-k+1}{j-k}(-1)^{j-k}}}\\ &=\sum_{i\in S}{\dbinom {n-i}{k-1}x_i\sum_{j=k}^n{\dbinom {n-i-k+1}{j-k}(-1)^{j-k}}}\\ &=\sum_{i\in S}{\dbinom {n-i}{k-1}x_i\sum_{j=0}^{n-i-k+1}{\dbinom {n-i-k+1}j(-1)^{j}}} \end{aligned} \]

\(i=n-k+1\) 时:

\[ \dbinom {n-i}{k-1}\sum_{j=0}^{n-i-k+1}{\dbinom {n-i-k+1}j(-1)^{j}}=1 \]

否则:

\[ \dbinom {n-i}{k-1}\sum_{j=0}^{n-i-k+1}{\dbinom {n-i-k+1}j(-1)^{j}}=0 \]

所以:

\[ \sum_{i\in S}{\dbinom {n-i}{k-1}x_i\sum_{j=0}^{n-i-k+1}{\dbinom {n-i-k+1}j(-1)^{j}}}=\underset{i\in S}{\operatorname{kthmax}}{x_i} \]

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:

\[ \underset{i\in S}{\operatorname{lcm}}{x_i}=\prod_{T\subseteq S}{\left(\gcd_{j\in T}{x_j} \right)^{(-1)^{|T|-1}}} \]

因为 \(\operatorname{lcm},\gcd,a^{1},a^{-1}\) 分别相当于 \(\max,\min,+,-\),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

PKUWC2018 随机游走

给定一棵 \(n\) 个点的树,你从 \(x\) 出发,每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

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

特别地,点 \(x\)(即起点)视为一开始就被经过了一次。

\(998244353\) 取模。

\(1\le n\le 18,1\le Q\le 5000,1\le |S|\le n\)

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

\[ E\left(\max_{i\in S}x_i\right) \]

使用 min-max 容斥可以得到

\[ E\left(\max_{i\in S}x_i\right) =E\left(\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min_{i\in T}x_i\right) =\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E\left(\min_{i\in T}x_i\right) \]

对于一个集合 \(T\in[n]\),考虑求出 \(F(T)=E(\min_{i\in T}x_i)\)

考虑 \(E(\min_{i\in T}x_i)\) 的含义,是第一次走到 \(T\) 中某一个点的期望时间。不妨设 \(f(i)\) 表示从结点 \(i\) 出发,第一次走到 \(T\) 中某个结点的期望时间。

  • 对于 \(i\in T\),有 \(f(i)=0\)
  • 对于 \(i\notin T\),有 \(f(i)=1+\frac{1}{\text{deg}(i)}\sum_{(i,j)\in E}f(j)\)

如果直接高斯消元,复杂度 \(O(n^3)\)。那么我们对每个 \(T\) 都计算 \(F(T)\) 的总复杂度就是 \(O(2^nn^3)\),不能接受。我们使用树上消元的技巧。

不妨设根结点是 \(1\),结点 \(u\) 的父亲是 \(p_u\)。对于叶子结点 \(i\)\(f(i)\) 只会和 \(i\) 的父亲有关(也可能 \(f(i)=0\),那样更好)。因此我们可以把 \(f(i)\) 表示成 \(f(i)=A_i+B_if(p_i)\) 的形式,其中 \(A_i,B_i\) 可以快速计算。

对于非叶结点 \(i\),考虑它的儿子序列 \(j_1,\cdots,j_k\)。由于 \(f(j_e)=A_{j_e}+B_{j_e}f(i)\)。因此可以得到

\[ f(i)=1+\frac{1}{\deg(i)}\sum_{e=1}^k\left(A_{j_e}+B_{j_e}f(i)\right)+\frac{f(p_i)}{\deg(i)} \]

那么变换一下可以得到

\[ f(i)=\frac{\deg(i)+\sum_{e=1}^kA_{j_e}}{\deg(i)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}}+ \frac{f(p_i)}{\deg(i)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}} \]

于是我们把 \(f(i)\) 也写成了 \(A_i+B_if(p_i)\) 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

\[ f(1)=\frac{\deg(1)+\sum_{e=1}^kA_{j_e}}{\deg(1)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}} \]

解一下这个方程我们就得到了 \(f(1)\),再从上往下推一次就得到了每个点的 \(f(i)\)。那么 \(F(T)=f(x)\)。时间复杂度 \(O(n)\)

这样,我们可以对于每一个 \(T\) 计算出 \(F(T)\),时间复杂度 \(O(2^nn)\)

回到容斥的部分,我们知道 \(E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}F(T)\)

不妨设 \(F'(T)=(-1)^{|T|-1}F(T)\),那么进一步得到 \(E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}F'(T)\)。因此可以使用 FMT(也叫子集前缀和,或者 FWT 或变换)在 \(O(2^nn)\) 的时间内对每个 \(S\) 计算出 \(E(\max_{i\in S}x_i)\),这样就可以 \(O(1)\) 回答询问了。

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