原作：e-maxx(Russia)   發(fā)表于 2011.8.25

翻譯：vici

對(duì)容斥原理的描述

容斥原理是一種重要的組合數(shù)學(xué)方法，可以讓你求解任意大小的集合，或者計(jì)算復(fù)合事件的概率。

描述

       容斥原理可以描述如下：

         要計(jì)算幾個(gè)集合并集的大小，我們要先將所有單個(gè)集合的大小計(jì)算出來(lái)，然后減去所有兩個(gè)集合相交的部分，再加回所有三個(gè)集合相交的部分，再減去所有四個(gè)集合相交的部分，依此類(lèi)推，一直計(jì)算到所有集合相交的部分。

關(guān)于集合的原理公式

      上述描述的公式形式可以表示如下：
       

        

      它可以寫(xiě)得更簡(jiǎn)潔一些，我們將B作為所有Ai的集合，那么容斥原理就變成了：

         這個(gè)公式是由 De Moivre (Abraham de Moivre)提出的。

關(guān)于維恩圖的原理

       用維恩圖來(lái)表示集合A、B和C：

         那么的面積就是集合A、B、C各自面積之和減去 , ,  的面積，再加上的面積。

         由此，我們也可以解決n個(gè)集合求并的問(wèn)題。

關(guān)于概率論的原理

       設(shè)事件， 代表發(fā)生某些事件的概率（即發(fā)生其中至少一個(gè)事件的概率），則：

         這個(gè)公式也可以用B代表Ai的集合：

容斥原理的證明

       我們要證明下面的等式：

         其中B代表全部Ai的集合

         我們需要證明在Ai集合中的任意元素，都由右邊的算式被正好加上了一次（注意如果是不在Ai集合中的元素，是不會(huì)出現(xiàn)在右邊的算式中的）。

         假設(shè)有一任意元素在k個(gè)Ai集合中（k>=1），我們來(lái)驗(yàn)證這個(gè)元素正好被加了一次：

         當(dāng)size(C)=1時(shí)，元素x被加了k次。

         當(dāng)size(C)=2時(shí)，元素x被減了C(2,k)次，因?yàn)樵?/span>k個(gè)集合中選擇2個(gè)，其中都包含x。

         當(dāng)size(C)=3時(shí)，元素x被加了C(3,k)次。

         ……

         當(dāng)size(C)=k時(shí)，元素x被加/減了C(k,k)次，符號(hào)由sign(-1)^(k-1)決定。

         當(dāng)size(C)>k時(shí)，元素x不被考慮。

         然后我們來(lái)計(jì)算所有組合數(shù)的和。

         由二項(xiàng)式定理，我們可以將它變成：

    

         我們把x取為1，這時(shí)表示1-T（其中T為x被加的總次數(shù)），所以，證明完畢。

對(duì)于實(shí)際問(wèn)題的應(yīng)用

       容斥原理的理論需要通過(guò)例子才能很好的理解。

         首先，我們用三個(gè)簡(jiǎn)單的例子來(lái)闡釋這個(gè)理論。然后會(huì)討論一些復(fù)雜問(wèn)題，試看如何用容斥原理來(lái)解決它們。

         其中的“尋找路徑數(shù)”是一個(gè)特殊的例子，它反映了容斥問(wèn)題有時(shí)可以在多項(xiàng)式級(jí)復(fù)雜度內(nèi)解決，不一定需要指數(shù)級(jí)。

一個(gè)簡(jiǎn)單的排列問(wèn)題

       由0到9的數(shù)字組成排列，要求第一個(gè)數(shù)大于1，最后一個(gè)數(shù)小于8，一共有多少種排列？

         我們可以來(lái)計(jì)算它的逆問(wèn)題，即第一個(gè)元素<=1或者最后一個(gè)元素>=8的情況。

         我們?cè)O(shè)第一個(gè)元素<=1時(shí)有X組排列，最后一個(gè)元素>=8時(shí)有Y組排列。那么通過(guò)容斥原理來(lái)解決就可以寫(xiě)成：

         經(jīng)過(guò)簡(jiǎn)單的組合運(yùn)算，我們得到了結(jié)果：

         然后被總的排列數(shù)10!減，就是最終的答案了。

（0,1,2）序列問(wèn)題

       長(zhǎng)度為n的由數(shù)字0，1，2組成的序列，要求每個(gè)數(shù)字至少出現(xiàn)1次，這樣的序列有多少種？

         同樣的，我們轉(zhuǎn)向它的逆問(wèn)題。也就是不出現(xiàn)這些數(shù)字的序列 不出現(xiàn)其中某些數(shù)字的序列。

         我們定義Ai(i=0…2)表示不出現(xiàn)數(shù)字i的序列數(shù)，那么由容斥原理，我們得到該逆問(wèn)題的結(jié)果為：

           可以發(fā)現(xiàn)每個(gè)Ai的值都為2^n（因?yàn)檫@些序列中只能包含兩種數(shù)字）。而所有的兩兩組合都為1（它們只包含1種數(shù)字）。最后，三個(gè)集合的交集為0。（因?yàn)樗话瑪?shù)字，所以不存在）

        要記得我們解決的是它的逆問(wèn)題，所以要用總數(shù)減掉，得到最終結(jié)果：

方程整數(shù)解問(wèn)題

       給出一個(gè)方程：

         其中。

         求這個(gè)方程的整數(shù)解有多少組。

         我們先不去理會(huì)xi<=8的條件，來(lái)考慮所有正整數(shù)解的情況。這個(gè)很容易用組合數(shù)來(lái)求解，我們要把20個(gè)元素分成6組，也就是添加5塊“夾板”，然后在25個(gè)位置中找5塊“夾板”的位置。

         然后通過(guò)容斥原理來(lái)討論它的逆問(wèn)題，也就是x>=9時(shí)的解。

         我們定義Ak為xk>=9并且其他xi>=0時(shí)的集合，同樣我們用上面的添加“夾板”法來(lái)計(jì)算Ak的大小，因?yàn)橛?/span>9個(gè)位置已經(jīng)被xk所利用了，所以：

         然后計(jì)算兩個(gè)這樣的集合Ak、Ap的交集：

         因?yàn)樗?/span>x的和不能超過(guò)20，所以三個(gè)或三個(gè)以上這樣的集合時(shí)是不能同時(shí)出現(xiàn)的，它們的交集都為0。最后我們用總數(shù)剪掉用容斥原理所求逆問(wèn)題的答案，就得到了最終結(jié)果：

求指定區(qū)間內(nèi)與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)：

       給出整數(shù)n和r。求區(qū)間[1;r]中與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)。

         去解決它的逆問(wèn)題，求不與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)。

         考慮n的所有素因子pi(i=1…k)

         在[1;r]中有多少數(shù)能被pi整除呢？它就是：

         然而，如果我們單純將所有結(jié)果相加，會(huì)得到錯(cuò)誤答案。有些數(shù)可能被統(tǒng)計(jì)多次（被好幾個(gè)素因子整除）。所以，我們要運(yùn)用容斥原理來(lái)解決。

         我們可以用2^k的算法求出所有的pi組合，然后計(jì)算每種組合的pi乘積，通過(guò)容斥原理來(lái)對(duì)結(jié)果進(jìn)行加減處理。

         關(guān)于此問(wèn)題的最終實(shí)現(xiàn)：

int solve (int n, int r) {

        vector<int> p;

        for (int i=2; i*i<=n; ++i)

               if (n % i == 0) {

                       p.push_back (i);

                       while (n % i == 0)

                               n /= i;

               }

        if (n > 1)

               p.push_back (n);

        int sum = 0;

        for (int msk=1; msk<(1<<p.size()); ++msk) {

               int mult = 1,

                       bits = 0;

               for (int i=0; i<(int)p.size(); ++i)

                       if (msk & (1<<i)) {

                               ++bits;

                               mult *= p[i];

                       }

               int cur = r / mult;

               if (bits % 2 == 1)

                       sum += cur;

               else

                       sum -= cur;

        }

        return r - sum;

}

算法的復(fù)雜度為 。

求在給定區(qū)間內(nèi)，能被給定集合至少一個(gè)數(shù)整除的數(shù)個(gè)數(shù)

       給出n個(gè)整數(shù)ai和整數(shù)r。求在區(qū)間[1;r]中，至少能被一個(gè)ai整除的數(shù)有多少。

         解決此題的思路和上題差不多，計(jì)算ai所能組成的各種集合（這里將集合中ai的最小公倍數(shù)作為除數(shù)）在區(qū)間中滿(mǎn)足的數(shù)的個(gè)數(shù)，然后利用容斥原理實(shí)現(xiàn)加減。

         此題中實(shí)現(xiàn)所有集合的枚舉，需要2^n的復(fù)雜度，求解lcm需要O(nlogr)的復(fù)雜度。

能滿(mǎn)足一定數(shù)目匹配的字符串的個(gè)數(shù)問(wèn)題

       給出n個(gè)匹配串，它們長(zhǎng)度相同，其中有一些’?’表示待匹配的字母。然后給出一個(gè)整數(shù)k，求能正好匹配k個(gè)匹配串的字符串的個(gè)數(shù)。更進(jìn)一步，求至少匹配k個(gè)匹配串的字符串的個(gè)數(shù)。

         首先我們會(huì)發(fā)現(xiàn)，我們很容易找到能匹配所有匹配串的字符串。只需要對(duì)比所有匹配串，去在每一列中找出現(xiàn)的字母（或者這一列全是’?’，或者這一列出現(xiàn)了唯一的字母，否則這樣的字符串就存在），最后所有字母組成的單詞即為所求。

         現(xiàn)在我們來(lái)學(xué)習(xí)如何解決第一個(gè)問(wèn)題：能正好匹配k個(gè)匹配串的字符串。

         我們?cè)?/span>n個(gè)匹配串中選出k個(gè)，作為集合X，統(tǒng)計(jì)滿(mǎn)足集合X中匹配的字符串?dāng)?shù)。求解這個(gè)問(wèn)題時(shí)應(yīng)用容斥原理，對(duì)X的所有超集進(jìn)行運(yùn)算，得到每個(gè)X集合的結(jié)果：

         此處f(Y)代表滿(mǎn)足匹配集合Y的字符串?dāng)?shù)。

         如果我們將所有的ans(X)相加，就可以得到最終結(jié)果：

         這樣，就得到了一個(gè)復(fù)雜度的解法。

         這個(gè)算法可以作一些改進(jìn)，因?yàn)樵谇蠼?/span>ans(X)時(shí)有些Y集合是重復(fù)的。

         回到利用容斥原理公式可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng)選定一個(gè)Y時(shí)，所有 中X的結(jié)果都是相同的，其符號(hào)都為。所以可以用如下公式求解：

         這樣就得到了一個(gè)復(fù)雜度的解法。

         現(xiàn)在我們來(lái)求解第二個(gè)問(wèn)題：能滿(mǎn)足至少k個(gè)匹配的字符串有多少個(gè)。

         顯然的，我們可以用問(wèn)題一的方法來(lái)計(jì)算滿(mǎn)足k到n的所有結(jié)果。問(wèn)題一的結(jié)論依然成立，不同之處在于這個(gè)問(wèn)題中的X不是大小都為k的，而是>=k的所有集合。

         如此進(jìn)行計(jì)算，最后將f(Y)作為另一個(gè)因子：將所有的ans做和，有點(diǎn)類(lèi)似二項(xiàng)式展開(kāi)：

在《具體數(shù)學(xué)》( Graham, Knuth, Patashnik. "Concrete Mathematics" [1998] )中，介紹了一個(gè)著名的關(guān)于二項(xiàng)式系數(shù)的公式：

根據(jù)這個(gè)公式，可以將前面的結(jié)果進(jìn)行化簡(jiǎn)：

那么，對(duì)于這個(gè)問(wèn)題，我們也得到了一個(gè)的解法：

路徑的數(shù)目問(wèn)題

       在一個(gè)的方格陣中，有k個(gè)格子是不可穿越的墻。一開(kāi)始在格子(1,1)（最左下角的格子）中有一個(gè)機(jī)器人。這個(gè)機(jī)器人只能向上或向右行進(jìn)，最后它將到達(dá)位于格子(n,m)的籠子里，其間不能經(jīng)過(guò)障礙物格子。求一共有多少種路線可以到達(dá)終點(diǎn)。

         為了方便區(qū)分所有障礙物格子，我們建立坐標(biāo)系，用(x,y)表示格子的坐標(biāo)。

         首先我們考慮沒(méi)有障礙物的時(shí)候：也就是如何求從一個(gè)點(diǎn)到另一個(gè)點(diǎn)的路徑數(shù)。如果從一個(gè)點(diǎn)在一個(gè)方向要走x個(gè)格子，在另一個(gè)方向要走y個(gè)格子，那么通過(guò)簡(jiǎn)單的組合原理可以得知結(jié)果為：

         現(xiàn)在來(lái)考慮有障礙物時(shí)的情況，我們可以利用容斥原理：求出至少經(jīng)過(guò)一個(gè)障礙物時(shí)的路徑數(shù)。

         對(duì)于這個(gè)例子，你可以枚舉所有障礙物的子集，作為需要要經(jīng)過(guò)的，計(jì)算經(jīng)過(guò)該集合障礙物的路徑數(shù)（求從原點(diǎn)到第一個(gè)障礙物的路徑數(shù)、第一個(gè)障礙物到第二個(gè)障礙物的路徑數(shù)…最后對(duì)這些路徑數(shù)求乘積），然后通過(guò)容斥原理，對(duì)這些結(jié)果作加法或減法。

         然而，它是一個(gè)非多項(xiàng)式的解法，復(fù)雜度。下面我們將介紹一個(gè)多項(xiàng)式的解法。

         我們運(yùn)用動(dòng)態(tài)規(guī)劃：令d[i][j]代表從第i個(gè)點(diǎn)到第j個(gè)點(diǎn)，不經(jīng)過(guò)任何障礙物時(shí)的路徑數(shù)（當(dāng)然除了i和j）。那么我們總共需要k+2個(gè)點(diǎn)，包括k個(gè)障礙物點(diǎn)以及起點(diǎn)和終點(diǎn)。

         首先我們算出從i點(diǎn)到j點(diǎn)的所有路徑數(shù)，然后減掉經(jīng)過(guò)障礙物的那些“壞”的路線。讓我們看看如何計(jì)算“壞”的路線：枚舉i和j之間的所有障礙物點(diǎn)i<l<j，那么從i到j的“壞”路徑數(shù)就是所有d[i][l]和d[l][j]的乘積最后求和。再被總路徑數(shù)減掉就是d[i][j]的結(jié)果。

         我們已經(jīng)知道計(jì)算總路徑數(shù)的復(fù)雜度為 ，那么該解法的總復(fù)雜度為 。

         （譯注：這段算法有問(wèn)題，事實(shí)上可以用O(k^2)方法解決）

 素?cái)?shù)四元組的個(gè)數(shù)問(wèn)題

       給出n個(gè)數(shù)，從其中選出4個(gè)數(shù)，使它們的最大公約數(shù)為1，問(wèn)總共有多少中取法。

         我們解決它的逆問(wèn)題：求最大公約數(shù)d>1的四元組的個(gè)數(shù)。

         運(yùn)用容斥原理，將求得的對(duì)于每個(gè)d的四元組個(gè)數(shù)的結(jié)果進(jìn)行加減。

         其中deg(d)代表d的質(zhì)因子個(gè)數(shù)，f(d)代表四個(gè)數(shù)都能被d整除的四元組的個(gè)數(shù)。

         求解f(d)時(shí)，只需要利用組合方法，求從所有滿(mǎn)足被d整除的ai中選4個(gè)的方法數(shù)。

         然后利用容斥原理，統(tǒng)計(jì)出所有能被一個(gè)素?cái)?shù)整除的四元組個(gè)數(shù)，然后減掉所有能被兩個(gè)素?cái)?shù)整除的四元組個(gè)數(shù)，再加上被三個(gè)素?cái)?shù)整除的四元組個(gè)數(shù)…

和睦數(shù)三元組的個(gè)數(shù)問(wèn)題

       給出一個(gè)整數(shù) 。選出a, b, c (其中2<=a<b<c<=n)，組成和睦三元組，即：

         · 或者滿(mǎn)足 ，  ， 

· 或者滿(mǎn)足

首先，我們考慮它的逆問(wèn)題：也就是不和睦三元組的個(gè)數(shù)。

然后，我們可以發(fā)現(xiàn)，在每個(gè)不和睦三元組的三個(gè)元素中，我們都能找到正好兩個(gè)元素滿(mǎn)足：它與一個(gè)元素互素，并且與另一個(gè)元素不互素。

所以，我們只需枚舉2到n的所有數(shù)，將每個(gè)數(shù)的與其互素的數(shù)的個(gè)數(shù)和與其不互素的數(shù)的個(gè)數(shù)相乘，最后求和并除以2，就是要求的逆問(wèn)題的答案。

現(xiàn)在我們要考慮這個(gè)問(wèn)題，如何求與2到n這些數(shù)互素（不互素）的數(shù)的個(gè)數(shù)。雖然求解與一個(gè)數(shù)互素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)的解法在前面已經(jīng)提到過(guò)了，但在此并不合適，因?yàn)楝F(xiàn)在要求2到n所有數(shù)的結(jié)果，分別求解顯然效率太低。

所以，我們需要一個(gè)更快的算法，可以一次算出2到n所有數(shù)的結(jié)果。

在這里，我們可以使用改進(jìn)的埃拉托色尼篩法。

· 首先，對(duì)于2到n的所有數(shù)，我們要知道構(gòu)成它的素?cái)?shù)中是否有次數(shù)大于1的，為了應(yīng)用容斥原理，我們還有知道它們由多少種不同的素?cái)?shù)構(gòu)成。

對(duì)于這個(gè)問(wèn)題，我們定義數(shù)組deg[i]：表示i由多少種不同素?cái)?shù)構(gòu)成，以及good[i]：取值true或false，表示i包含素?cái)?shù)的次數(shù)小于等于1是否成立。

再利用埃拉托色尼篩法，在遍歷到某個(gè)素?cái)?shù)i時(shí)，枚舉它在2到n范圍內(nèi)的所有倍數(shù)，更新這些倍數(shù)的deg[]值，如果有倍數(shù)包含了多個(gè)i，那么就把這個(gè)倍數(shù)的good[]值賦為false。

· 然后，利用容斥原理，求出2到n每個(gè)數(shù)的cnt[i]：在2到n中不與i互素的數(shù)的個(gè)數(shù)。

回想容斥原理的公式，它所求的集合是不會(huì)包含重復(fù)元素的。也就是如果這個(gè)集合包含的某個(gè)素?cái)?shù)多于一次，它們不應(yīng)再被考慮。

所以只有當(dāng)一個(gè)數(shù)i滿(mǎn)足good[i]=true時(shí)，它才會(huì)被用于容斥原理。枚舉i的所有倍數(shù)i*j，那么對(duì)于i*j，就有N/i個(gè)與i*j同樣包含i（素?cái)?shù)集合）的數(shù)。將這些結(jié)果進(jìn)行加減，符號(hào)由deg[i]（素?cái)?shù)集合的大小）決定。如果deg[i]為奇數(shù)，那么我們要用加號(hào)，否則用減號(hào)。

程序?qū)崿F(xiàn)：

int n;

bool good[MAXN];

int deg[MAXN], cnt[MAXN];

long long solve() {

         memset (good, 1, sizeof good);

         memset (deg, 0, sizeof deg);

         memset (cnt, 0, sizeof cnt);

         long long ans_bad = 0;

         for (int i=2; i<=n; ++i) {

                 if (good[i]) {

                          if (deg[i] == 0) deg[i] = 1;

                          for (int j=1; i*j<=n; ++j) {

                                   if (j > 1 && deg[i] == 1)

                                            if (j % i == 0)

                                                    good[i*j] = false;

                                            else

                                                    ++deg[i*j];

                                   cnt[i*j] += (n / i) * (deg[i]%2==1 ? +1 : -1);

                          }

                 }

                 ans_bad += (cnt[i] - 1) * 1ll * (n - cnt[i] - 1);

         }

         return (n-1) * 1ll * (n-2) * (n-3) / 6 - ans_bad / 2;

}

最終算法的復(fù)雜度為 ，因?yàn)閷?duì)于大部分i都要進(jìn)行n/i次枚舉。

錯(cuò)排問(wèn)題

       我們想要證明如下的求解長(zhǎng)度為n序列的錯(cuò)排數(shù)的公式：

         它的近似結(jié)果為：

         （此外，如果將這個(gè)近似式的結(jié)果向其最近的整數(shù)舍入，你就可以得到準(zhǔn)確結(jié)果）

         我們定義Ak：在長(zhǎng)度為n的序列中，有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)位置為k(1<=k<=n)時(shí)的序列集合。

         現(xiàn)在我們運(yùn)用容斥原理來(lái)計(jì)算至少包含有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的排列數(shù)，要計(jì)算這個(gè)，我們必須先算出所有Ak、以及它們的交集的排列數(shù)。

因?yàn)槲覀冎喇?dāng)有x個(gè)不動(dòng)點(diǎn)時(shí)，所有不動(dòng)點(diǎn)的位置是固定的，而其它點(diǎn)可以任意排列。

用容斥原理對(duì)結(jié)果進(jìn)行帶入，而從n個(gè)點(diǎn)中選x個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的組合數(shù)為，那么至少包含一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的排列數(shù)為：

那么不包含不動(dòng)點(diǎn)（即錯(cuò)排數(shù)）的結(jié)果就是：

化簡(jiǎn)這個(gè)式子，我們得到了錯(cuò)排數(shù)的準(zhǔn)確式和近似式：

（因?yàn)槔ㄌ?hào)中是的泰勒展開(kāi)式的前n+1項(xiàng)）

用這個(gè)式子也可以解決一些類(lèi)似的問(wèn)題，如果現(xiàn)在求有m個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的排列數(shù)，那么我們可以對(duì)上式進(jìn)行修改，也就是將括號(hào)中的累加到1/n!改成累加到1/(n-m)!。

在OJ的相關(guān)題目

這里列出了一些可以用容斥原理解決的習(xí)題。 
· UVA #10325 "The Lottery" [難度：簡(jiǎn)單]

· UVA #11806 "Cheerleaders" [難度：簡(jiǎn)單]

· TopCoder SRM 477 "CarelessSecretary" [難度：簡(jiǎn)單]

· TopCoder TCHS 16 "Divisibility" [難度：簡(jiǎn)單]

· SPOJ #6285 NGM2 "Another Game With Numbers" [難度：簡(jiǎn)單]

· TopCoder SRM 382 "CharmingTicketsEasy" [難度：中等]

· TopCoder SRM 390 "SetOfPatterns"  [難度：中等]

· TopCoder SRM 176 "Deranged" [難度：中等]

· TopCoder SRM 457 "TheHexagonsDivOne" [難度：中等]

· SPOJ #4191 MSKYCODE "Sky Code" [難度：中等]

· SPOJ #4168 SQFREE "Square-free integers" [難度：中等]

· CodeChef "Count Relations" [難度：中等]

參考文獻(xiàn)

       Debra K. Borkovitz.