普通的容斥原理

例題

給定平面上n個多邊形，請求出其覆蓋的總面積。
$n\le 10,\mathrm{邊}\mathrm{數}\le$

解決方案1——自適應辛普森積分

該方法適應於大部分求覆蓋面積的問題，但是由於精度問題，不易於實現。

解決方案2——按點座標離散化

該方法實現較為複雜，在多邊形數量多的時候佔優勢，但是邊數很多的情況下就顯得力不從心了（但是似乎也是可以做到 $O$

解決方案3——容斥原理

考慮如果我們直接把所有多邊形面積求出來然後求和，會多算一些重複覆蓋的地方。於是我們可以考慮把它們全部去掉。但是如果直接列舉兩個多邊形求交，又會多減去一些東西，於是考慮再把它加回來……
這樣就可以得到容斥原理的公式了——
$ans=\sum_{A\subseteq S}(-1)^{|A|-1}·Area(A)$
其中 $S$為所有多邊形的集合， $Area(x)$函式表示集合 $x$中所有多邊形的交的面積。
說人話就是暴力列舉選出一些多邊形，計算它們交的面積。如果選出了奇數個多邊形，就拿答案加上它，否則減去它。
這樣就得到了一個非常難以理性感知的容斥原理，為了能夠深入理解它，我們需要證明。

證明

考慮原來那麼多多邊形將平面分成了很多部分，每個部分是一個小多邊形，這些小多邊形互不相交（除了邊）。我們最後需要求出的面積實際上就是每個小多邊形的面積。考慮小多邊形 $x$在容斥原理中被如何處理，它被統計的面積是：
$\sum_{x\in A~and~A\subseteq S}(-1)^{|A|-1}Area(x)$
換一種表示方案，假設它被包含在了 $k$的原來的多邊形中，那麼它會被統計的次數是：
$\sum_{i=1}^k\binom ki(-1)^{i-1}=-\sum_{i=0}^k\binom ki(-1)^i+1=1-0^k=1$
也就是說每個小多邊形都恰好被統計了一次！於是這樣算出來的答案就是正確的了。
什麼？你說求多邊形的交很難？那不是半平面交的板子嘛……

例題

給定一個n個點，m條邊的無向圖，每條邊都有一個從 $1$到 $n-1$編號的顏色。求它所有的生成樹，滿足樹中任意兩條邊顏色不同。
（ $n\le 15，顏色數\le 15$）

解決方案

顯然每種顏色必須出現且僅出現一次。
考慮如果沒有顏色不同的限制，實際上這是一個裸的矩陣樹定理。但是這題有了限制，我們就考慮暴力列舉哪種顏色的邊沒有出現，然後對於剩下來的邊求一遍生成樹計數，於是就直接容斥就好了，複雜度 $O(2^n(n-1)^3)$。

普通容斥原理的推廣

例題

給定平面上的n個矩形，如果一個區域被奇數個矩形覆蓋，那麼該區域為黑色，否則為白色。求所有被黑色格子覆蓋的矩形面積。（ $n\le 20$）

解決方案

資料量很小肯定可以考慮容斥。但是上面普通的容斥只能夠計算覆蓋的面積，而對於這種特殊情況就不能處理。我們可以考慮反推，也就是說從每個小矩形需要被計算的次數反推容斥係數。
不妨假定大小為 $i$的集合容斥係數為 $f(i)$。則——
$\sum_{i=1}^k\binom kif(i)=[k~mod~2=1]$
顯然這是一個二項式反演的形式，於是就可以推出來 $f$了（二項式反演連結）
$f(k)=\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}\binom ki·[i~mod~2=1]=(-1)^{k-1}·2^{k-1}$
這裡用到了組合數奇數項求和等於偶數項求和的定理（當然資料量這麼小暴算也沒問題）。於是這道題直接就用容斥在 $O(2^n)$的時間內解決了。

例題

給定平面上的n個矩形，計算被且僅被一個矩形覆蓋的面積大小。

解決方案

套路是一樣的，一個塊恰好被一個矩形覆蓋則為1，否則為0.那麼：
$\sum_{i=1}^k\binom kif(i)=[k=1]，f(k)=\sum_{i=1}^k(-1)^{k-i}\binom ki[i=1]=(-1)^{k-1}k$
於是容斥係數就算出來了，接下來直接容斥就行。