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分，再加回所有三個集合相交的部分，再減去所有四個集合相交的部分，依此類推，一直計算到所有集合相交的部分。
關於集合的原理公式
上述描述的公式形式可以表示如下：
它可以寫得更簡潔一些，我們將B作為所有Ai的集合，那麼容斥原理就變成了：
這個公式是由 De Moivre (Abraham de Moivre)提出的。
關於維恩圖的原理
用維恩圖來表示集合A、B和C：
那麼
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個集合求並的問題。
關於概率論的原理
設事件
，
代表發生某些事件的概率（即發生其中至少一個事件的概率），則：
這個公式也可以用B代表Ai的集合：
對於實際問題的應用
容斥原理的理論需要通過例子才能很好的理解。
首先，我們用三個簡單的例子來闡釋這個理論。然後會討論一些複雜問題，試看如何用容斥原理來解決它們。
其中的“尋找路徑數”是一個特殊的例子，它反映了容斥問題有時可以在多項式級複雜度內解決，不一定需要指數級。
一個簡單的排列問題
由0到9的數字組成排列，要求第一個數大於1，最後一個數小於8，一共有多少種排列？
我們可以來計算它的逆問題，即第一個元素<=1或者最後一個元素>=8的情況。
我們設第一個元素<=1時有X組排列，最後一個元素>=8時有Y組排列。那麼通過容斥原理來解決就可以寫成：
經過簡單的組合運算，我們得到了結果：
然後被總的排列數10!減，就是最終的答案了。
（0,1,2）序列問題
長度為n的由種數字0，1，2組成的序列，要求每個數字至少出現1次，這樣的序列有多少？
同樣的，我們轉向它的逆問題。也就是不出現這些數字的序列 不出現其中某些數字的序列。
我們定義Ai(i=0…2)表示不出現數字i的序列數，那麼由容斥原理，我們得到該逆問題的結果為：
可以發現每個Ai的值都為2^n（因為這些序列中只能包含兩種數字）。而所有的兩兩組合
都為1（它們只包含1種數字）。最後，三個集合的交集為0。（因為它不包含數字，所以不存在）
要記得我們解決的是它的逆問題，所以要用總數減掉，得到最終結果：
方程整數解問題
給出一個方程：
其中
。
求這個方程的整數解有多少組。
我們先不去理會xi<=8的條件，來考慮所有正整數解的情況。這個很容易用組合數來求解，我們要把20個元素分成6組，也就是新增5塊“夾板”，然後在25個位置中找5塊“夾板”的位置。
然後通過容斥原理來討論它的逆問題，也就是x>=9時的解。
我們定義Ak為xk>=9並且其他xi>=0時的集合，同樣我們用上面的新增“夾板”法來計算Ak的大小，因為有9個位置已經被xk所利用了，所以：
然後計算兩個這樣的集合Ak、Ap的交集：
因為所有x的和不能超過20，所以三個或三個以上這樣的集合時是不能同時出現的，它們的交集都為0。最後我們用總數剪掉用容斥原理所求逆問題的答案，就得到了最終結果：
求指定區間內與n互素的數的個數：
給出整數n和r。求區間[1;r]中與n互素的數的個數。
去解決它的逆問題，求不與n互素的數的個數。
考慮n的所有素因子pi(i=1…k)
在[1;r]中有多少數能被pi整除呢？它就是：
然而，如果我們單純將所有結果相加，會得到錯誤答案。有些數可能被統計多次（被好幾個素因子整除）。所以，我們要運用容斥原理來解決。
我們可以用2^k的演算法求出所有的pi組合，然後計算每種組合的pi乘積，通過容斥原理來對結果進行加減處理。
關於此問題的最終實現：
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;
}
演算法的複雜度為 
。
求在給定區間內，能被給定集合至少一個數整除的數個數
給出n個整數ai和整數r。求在區間[1;r]中，至少能被一個ai整除的數有多少。
解決此題的思路和上題差不多，計算ai所能組成的各種集合（這裡將集合中ai的最小公倍數作為除數）在區間中滿足的數的個數，然後利用容斥原理實現加減。
此題中實現所有集合的列舉，需要2^n的複雜度，求解lcm需要O(nlogr)的複雜度。
能滿足一定數目匹配的字串的個數問題
給出n個匹配串，它們長度相同，其中有一些’?’表示待匹配的字母。然後給出一個整數k，求能正好匹配k個匹配串的字串的個數。更進一步，求至少匹配k個匹配串的字串的個數。
首先我們會發現，我們很容易找到能匹配所有匹配串的字串。只需要對比所有匹配串，去在每一列中找出現的字母（或者這一列全是’?’，或者這一列出現了唯一的字母，否則這樣的字串就存在），最後所有字母組成的單詞即為所求。
現在我們來學習如何解決第一個問題：能正好匹配k個匹配串的字串。
我們在n個匹配串中選出k個，作為集合X，統計滿足集合X中匹配的字串數。求解這個問題時應用容斥原理，對X的所有超集進行運算，得到每個X集合的結果：
此處f(Y)代表滿足匹配集合Y的字串數。
如果我們將所有的ans(X)相加，就可以得到最終結果：
這樣，就得到了一個複雜度
的解法。
這個演算法可以作一些改進，因為在求解ans(X)時有些Y集合是重複的。
回到利用容斥原理公式可以發現，當選定一個Y時，所有 
中X的結果都是相同的，其符號都為
。所以可以用如下公式求解：
這樣就得到了一個複雜度
的解法。
現在我們來求解第二個問題：能滿足至少k個匹配的字串有多少個。
顯然的，我們可以用問題一的方法來計算滿足k到n的所有結果。問題一的結論依然成立，不同之處在於這個問題中的X不是大小都為k的，而是>=k的所有集合。
如此進行計算，最後將f(Y)作為另一個因子：將所有的ans做和，有點類似二項式展開：
根據這個公式，可以將前面的結果進行化簡：
那麼，對於這個問題，我們也得到了一個
的解法：
路徑的數目問題
在一個的
方格陣中，有k個格子是不可穿越的牆。一開始在格子(1,1)（最左下角的格子）中有一個機器人。這個機器人只能向上或向右行進，最後它將到達位於格子(n,m)的籠子裡，其間不能經過障礙物格子。求一共有多少種路線可以到達終點。
為了方便區分所有障礙物格子，我們建立座標系，用(x,y)表示格子的座標。
首先我們考慮沒有障礙物的時候：也就是如何求從一個點到另一個點的路徑數。如果從一個點在一個方向要走x個格子，在另一個方向要走y個格子，那麼通過簡單的組合原理可以得知結果為：
現在來考慮有障礙物時的情況，我們可以利用容斥原理：求出至少經過一個障礙物時的路徑數。
對於這個例子，你可以列舉所有障礙物的子集，作為需要要經過的，計算經過該集合障礙物的路徑數（求從原點到第一個障礙物的路徑數、第一個障礙物到第二個障礙物的路徑數…最後對這些路徑數求乘積），然後通過容斥原理，對這些結果作加法或減法。
然而，它是一個非多項式的解法，複雜度
。下面我們將介紹一個多項式的解法。
我們運用動態規劃：令d[i][j]代表從第i個點到第j個點，不經過任何障礙物時的路徑數（當然除了i和j）。那麼我們總共需要k+2個點，包括k個障礙物點以及起點和終點。
首先我們算出從i點到j點的所有路徑數，然後減掉經過障礙物的那些“壞”的路線。讓我們看看如何計算“壞”的路線：列舉i和j之間的所有障礙物點i<l<j，那麼從i到j的“壞”路徑數就是所有d[i][l]和d[l][j]的乘積最後求和。再被總路徑數減掉就是d[i][j]的結果。
我們已經知道計算總路徑數的複雜度為 
，那麼該解法的總複雜度為 
。
（譯註：當然也有O(nm)的dp解法，根據n、m、k的值可以採取適當的解法）
素數四元組的個數問題
給出n個數
，從其中選出4個數，使它們的最大公約數為1，問總共有多少中取法。
我們解決它的逆問題：求最大公約數d>1的四元組的個數。
運用容斥原理，將求得的對於每個d的四元組個數的結果進行加減。
其中deg(d)代表d的質因子個數，f(d)代表四個數都能被d整除的四元組的個數。
求解f(d)時，只需要利用組合方法，求從所有滿足被d整除的ai中選4個的方法數。
然後利用容斥原理，統計出所有能被一個素數整除的四元組個數，然後減掉所有能被兩個素數整除的四元組個數，再加上被三個素數整除的四元組個數…
和睦數三元組的個數問題
給出一個整數
。選出a, b, c (其中2<=a<b<c<=n)，組成和睦三元組，即：
· 或者滿足 
， 
， 
·或者滿足
首先，我們考慮它的逆問題：也就是不和睦三元組的個數。
然後，我們可以發現，在每個不和睦三元組的三個元素中，我們都能找到正好兩個元素滿足：它與一個元素互素，並且與另一個元素不互素。
所以，我們只需列舉2到n的所有數，將每個數的與其互素的數的個數和與其不互素的數的個數相乘，最後求和併除以2，就是要求的逆問題的答案。
現在我們要考慮這個問題，如何求與2到n這些數互素（不互素）的數的個數。雖然求解與一個數互素數的個數的解法在前面已經提到過了，但在此並不合適，因為現在要求2到n所有數的結果，分別求解顯然效率太低。
所以，我們需要一個更快的演算法，可以一次算出2到n所有數的結果。
在這裡，我們可以使用改進的埃拉托色尼篩法。
·首先，對於2到n的所有數，我們要知道構成它的素數中是否有次數大於1的，為了應用容斥原理，我們還有知道它們由多少種不同的素數構成。
對於這個問題，我們定義陣列deg[i]：表示i由多少種不同素數構成，以及good[i]：取值true或false，表示i包含素數的次數小於等於1是否成立。
再利用埃拉托色尼篩法，在遍歷到某個素數i時，列舉它在2到n範圍內的所有倍數，更新這些倍數的deg[]值，如果有倍數包含了多個i，那麼就把這個倍數的good[]值賦為false。
·然後，利用容斥原理，求出2到n每個數的cnt[i]：在2到n中不與i互素的數的個數。
回想容斥原理的公式，它所求的集合是不會包含重複元素的。也就是如果這個集合包含的某個素數多於一次，它們不應再被考慮。
所以只有當一個數i滿足good[i]=true時，它才會被用於容斥原理。列舉i的所有倍數i*j，那麼對於i*j，就有N/i個與i*j同樣包含i（素數集合）的數。將這些結果進行加減，符號由deg[i]（素數集合的大小）決定。如果deg[i]為奇數，那麼我們要用加號，否則用減號。
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;
}
最終演算法的複雜度為 
，因為對於大部分i都要進行n/i次列舉。
錯排問題
我們想要證明如下的求解長度為n序列的錯排數的公式：
它的近似結果為：
（此外，如果將這個近似式的結果向其最近的整數舍入，你就可以得到準確結果）
我們定義Ak：在長度為n的序列中，有一個不動點位置為k(1<=k<=n)時的序列集合。
現在我們運用容斥原理來計算至少包含有一個不動點的排列數，要計算這個，我們必須先算出所有Ak、以及它們的交集的排列數。
因為我們知道當有x個不動點時，所有不動點的位置是固定的，而其它點可以任意排列。
用容斥原理對結果進行帶入，而從n個點中選x個不動點的組合數為
，那麼至少包含一個不動點的排列數為：
那麼不包含不動點（即錯排數）的結果就是：
化簡這個式子，我們得到了錯排數的準確式和近似式：
（因為括號中是
的泰勒展開式的前n+1項）
用這個式子也可以解決一些類似的問題，如果現在求有m個不動點的排列數，那麼我們可以對上式進行修改，也就是將括號中的累加到1/n!改成累加到1/(n-m)!。
題目描述
求1到n範圍內能被5，6，8整除的數的個數。（0<n<10^7）輸入
多組資料，處理到檔案結尾。
每行輸入一個n；
輸出
輸出結果，每個結果佔一行。
示例輸入
1000
示例輸出
400
程式碼：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int i,j,k,n,b,a;
while(cin>>n)
{
b = n/30+n/24+n/40;
a = n/120;
k = n/5+n/6+n/8;
cout<<k-b+a<<endl;
}
return 0;
}