容斥原理

說的是一種計數方式，使得每種情況只被記一次。

${\sum }_{i=1}^n{C}_{}^{}$

入門例題

$\text{(1) HDU 1465}$

錯排問題模板題。

推一下遞推式子：

把 $n$個 $i\not = a_i$當成 $n$個條件然後容斥，每次選一些不錯位，剩下隨便排.

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}C_{n}^{i}(n-i)!$

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!(n-i)!}(n-i)!$

$dp[n]=\sum_{i=0}^n (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i+1}\frac{n!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+n\sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i+1}\frac{(n-1)!}{i!}$

$dp[n]=(-1)^n+n \;dp[n-1]$

#include <cstdio>

long long dp[21];

int main() {
	dp[0] = dp[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= 20; i ++)
		dp[i] = i * 1ll * dp[i - 1] + ((i & 1) ? -1 : 1);
	for(int n; ~ scanf("%d", &n); )
		printf("%lld\n", dp[n]);
	return 0;
}

$\text{(2) HDU 1796}$

題意：給定 $m(m\leq 10)$個數 $a_i$，求小於 $n$的數中有多個數滿足能被任意一個 $a_i$整除.

容斥應用入門題。 $\text{DFS}$容斥一下就好。即加上只被某1個整除的，減去被某2個整除的，加上…

#include <cstdio>

typedef long long LL;

int n, m, a[10];
LL ans;

LL gcd(const LL & a, const LL & b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

LL lcm(const LL & a, const LL & b) {
	return a / gcd(a, b) * b;
}

void dfs(int k, int c, LL ret) {
	if(k == m) {
		if(c > 0) ans += ((n - 1) / ret) * ((c & 1) ? 1 : -1);
		return ;
	}
	dfs(k + 1, c, ret);
	if(a[k] > 0 && a[k] < n)
		dfs(k + 1, c + 1, lcm(ret, a[k]));
}

int main() {
	while(~ scanf("%d%d", &n, &m)) {
		for(int i = 0; i < m; i ++)
			scanf("%d", &a[i]);
		ans = 0;
		dfs(0, 0, 1);
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

$\text{(3) HDU 4135}$

題意：求 $[a,b]$中與 $n$互質的數, $a,b \leq 10^{15},n\leq 10^9$.

首先拆成字首，轉換為求 $[1,r]$中與 $n$互質的數。

這個不好求，補集轉化，求為求 $[1,r]$中與 $n$不互質的數，然後用 $r$減去這個答案。

不互質意味著包含 $n$的某個質因子，把 $n$質因數分解為 $ ∏ i = 1 k 相關推薦 「學習筆記」容斥原理及其應用 容斥原理 說的是一種計數方式，使得每種情況只被記一次。 ∑ i 組合數學：容斥原理及其應用 容斥原理 例題：從1到1000中不能被5,6,8整除的整數個數。 令P1具有被5整除的性質，P2具有被6整除的性質，P3被8整除性質。 S是前1000個正整數的集合希望求出三個性質同時不滿足的個數 |A1| = floor(1000/5) = 200;|A2| = 容斥原理及其應用解釋 對容斥原理的描述 容斥原理是一種重要的組合數學方法，可以讓你求解任意大小的集合，或者計算複合事件的概率。 描述        容斥原理可以描述如下：          要計算幾個集合並集的大小，我們要先將所有單個集合的大小計算出來，然後減去所有兩個集合相交的部 「學習筆記」可持久化線段樹 中位數 root lca peak 繼續 bzoj2653 進行 turn size 註：此博客寫於 2017.12 可持久化線段樹 常見的一個實現是主席樹，由HJT主席引入中國OI界。 基本思想 考慮一顆不同的線段樹，進行單點修改。註意到每一次只會修改 \(\log\ 「學習筆記」數論函數 以及 display max 很多 chl 51nod ble 成了 time 註：此博客寫於 2017.12 Warn：此博文有超過近10處錯誤，請結合上下文辨別 前置技能 定義 數論函數。 定義域為正整數的函數。以下默認所有數都是正整數。 積性函數。 對於所有 「學習筆記」網絡流基礎 bzoj3996 特殊 其中 線性 一次 子集 不可 做到 二分 註：此博客寫於 2017.11 前言 今年NOIP2017提高的初賽考到的最小割。這是否意味著網絡流進入NOIP考綱？ 蒟蒻Cyani發現，周圍的同學都會網絡流啊。蒟蒻也來學一學姿勢。 比較推薦LRJ的藍 「學習筆記」鏈式前向星 鏈式前向星 圖的儲存一般有兩種：鄰接矩陣、前向星。 若圖是稀疏圖，邊很少，開二維陣列a[][]很浪費; 若點很多(如10000個點)a[10000][10000]又會爆.只能用前向星做.   前向星的效率不是很高，優化後為鏈式前向星，直接介紹鏈式前向星。   「學習筆記」C++與C++11的語法技巧 隨機打亂序列與生成隨機數。 #include <algorithm> //random_shuffle #include <cstdio> #include <random> using namespace std; int main() { 「學習筆記」Fast Fourier Transform 快速傅立葉變換 快速傅立葉變換（ Fast Fourier Transform,FFT \text{Fast Fourier Transfo 「學習筆記」網路流題單 [ ZJOI 2009 ] 「學習筆記」李超線段樹 「學習筆記」李超線段樹 background 學這個演算法的是因為某天一個題用$ \text{ set } $維護斜率被卡常數了，在某大佬的安利下學了這個科技，聯賽後又思考了很多關於這個演算法的問題，於是寫一篇部落格來頹廢並調整一下文化課學習以來壓抑的心態。 在平時的一些訓練中往往遇到一些維護斜率的問題 「學習筆記」uoj #41 【清華集訓2014】矩陣變換 題解：有這樣一個演算法： 給定n個排列Ai和n個排列Bi，求一個排列p使得： ∀i,j∈[1,n],j≠pi,Ai,pi&lt;Ai,j∨Bk∣pk=j,j&lt;Bi,j\forall i,j\in[1,n],j\neq p_i,A_{i,p_ 「學習筆記」進位制轉換 前言 由於本人正在準備自考，所以學習下c語言以及相關的基礎，最近會更新很基礎的知識 進位制 常用的進位制分別為2進位制、10進位制（生活常用）、16進位制 進位制間的關係表 二進位制 十進位制 十六進位制 0 0 0 1 1 1 10 2 2 11 3 3 100 4 4 1 「學習筆記」集合冪級數 「學習筆記」集合冪級數 本文是一篇學習筆記，具體的概念請參考2015年VFK的國家隊論文《集合冪級數的性質及其快速演算法》 集合並卷積 - 快速莫比烏斯變換 我們要求形如這樣的一個卷積： \[ h_S =\sum_{L \subseteq S}\sum_{R\subseteq S} [L\cup R=S 「學習筆記」斜率優化 「HNOI 2008」玩具裝箱TOY 首先O(n2)O(n^2)O(n2)做法是顯然的，使用字首和然後暴力列舉轉移 dp[0] = 0; for(int i = 1; i <= n; i ++) 「學習筆記」Min25篩 前言 M i n 25 「學習筆記」迴文樹/迴文自動機(Palindromic Tree) 引入 有時候題目要求一些這樣的問題 1. 求以串 s s s 本質不同的迴文串個數(即長度不同或長度相同且至少有一個字元不相同的字串) 2. 求以位置 i 「學習筆記」ISAP求最大流 ISAP學習筆記 ISAP是OI中求最大流的常用方法之一。相對於Dinic，ISAP的速度提升了很多，但編碼複雜度也上升了不少。 約定 採用鄰接表儲存圖，對於每條弧，增加一條容量為0的逆向邊。 d陣列代表每個點到終點的距離。 引入 求解最大流有一種基礎方法，每次在殘量網 「學習筆記」 FHQ Treap FHQ Treap FHQ Treap （%%%發明者範浩強年年NOI金牌）是一種神奇的資料結構，也叫非旋Treap，它不像Treap zig zag搞不清楚（所以叫非旋嘛），也不像Splay完全看不懂，而且它能完成Treap與Splay能完成的所有事，程式碼短，理解也容易。 基本操作 FHQ Tr 「學習筆記」請求轉發（Forward）與請求重定向（Redirect）的區別 通過一個比喻來簡單理解：  請求轉發：A向B傳送一次請求，想讓他完成某項工作，當B接受到請求時，發現自己完成不了，又請求C幫忙，C接收到B請求之後最終完成了該項工作，並把最後的結果交給了A。在此期間，A只發送了一次請求，他只知道把任務交給了B，至於B是如何完成的，A並不知道，他只等待最終的 $