$2018/8/19 = Day5$学习笔记 + 杂题整理

\(\mathcal{Morning}\)

\(Task \ \ 1\) 容斥原理

大概这玩意儿就是来用交集大小求并集大小或者用并集大小求交集大小的\(2333\)？

那窝萌思考已知\(A_1,A_2,A_3 \cdots A_n\)，求\(|A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cdots A_n|\)

那我们考虑用\(|A_1 \cap A_2 \cap A _3 \cdots A_n|\)来推

\(emmmm\)实际上就是\[|A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cdots A_n| = \sum\limits_{k=1}^{n}{(-1)^{k-1}\sum \limits_{1 \leq i_1 < i_2 \cdots i_k \leq n}|A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots A_{ik}| }\]

这个问题其实换一种方式思考，就可以逆过来推出\(|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cdots A_n|\)

因为\[|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cdots A_n| = \overline {\overline {A_1} \cup \overline {A_2} \cdots \cup \overline {A_n}}\]

我们直接暴力带入容斥的基本公式，\(233\)好像很麻烦的样子

那么可以有\[|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cdots A_n| = 2^n - \sum\limits_{k=1}^{n}{(-1)^{k-1}\sum \limits_{1 \leq i_1 < i_2 \cdots i_k \leq n}\overline{|A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots A_{i_k}|} }\]

我们可以把最后一项的补集拿掉，变成这样：

\[|A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cdots A_n| = 2^n - \sum\limits_{k=1}^{n}({(-1)^{k-1} \cdot \binom{n}{k} \cdot 2^n - \sum \limits_{1 \leq i_1 < i_2 \cdots i_k \leq n}|A_{i_1} \cup A_{i_2} \cup \cdots A_{i_k}|} )\]

我一开始把\(\Sigma\) 里面的全集当成了\(2^k\)……\(GG\)然后还因为没有加括号被胡佳琛嘲讽了一顿\(\rm{TAT}\)

似乎知道这些并没有什么用，因为题目里面根本不可能这么浅显\(2333\) ……

今时今日所记，不期理解多么深刻，只期不忘却罢了。

小例题：

\(\color{red}{\mathcal{Description}}\)

在 \(n × m\) 的棋盘上放棋子。 棋子有 \(c\) 种不同的颜色。 同一个位置最多放一个棋子。 要求每行至少有一个棋子，每列至少有一个棋子，每种颜色的棋子至少在棋盘中有一个。 求方案数对 \(P\) 取模。 \(n, m, c ≤ 100, P ≤ 10^9\)

这个题就是一个容斥题……不会不会\(233\)

\(\color{red}{\mathcal{Solution}}\)

一般来说，这种容斥题目，都是有着某种诡异的限制，比如什么"每行每列至少放XXX个"，"不合法的情况包括"之类的专业智障词汇……所以我们在思考容斥的状态时不妨把这些也考虑进去。

不用慌，其实我在写下这些文字的时候也是很蒙圈，也是一边\(Tab + Alt\)看题解一边写的，所以不要担心，大家水平都不咋地。

啊哈哈哈哈哈哈只是开个玩笑啦~

此处考虑一个限制条件：至少一个。那么不妨令 \(A_i\) 表示第 \(i\) 行至少有一个棋子的方案， \(B_j\) 表示第 j 列至少有一 个棋子的方案， \(C_k\) 表示第 \(k\) 种颜色的棋子至少有一个的方案。

那我们其实要求的就是一个一个大交集：\[A_1 \cap A_2 \cap A_n \cap B_1 \ · · · \cap B_m \cap C_1 \ · · · \cap C_c\]。

那么接着令\(f(p, q, r)\) 表示违反了 \(p\) 个行限制， \(q\)个列限制， \(r\) 个颜色限制的 方案数。

▶ \[f(p, q, r) = \binom{n}{p} \binom{m}{q} \binom{c}{q}(c + 1 - r)^{(n-p)(m-q)}\].

答案是 \[∑ \limits _{p=0}^{n}∑\limits _{q=0}^{m}∑\limits _{r=0}^{c}(-1)^{p+q+r}f(p, q, r)\]。 可以用 \(O(100^2)\) 时间预处理组合数， \(O(nmc ~~log(nm))\) 暴力计算。

怕了吧，还有更可怕的\(233\)

\(\color{red}{\mathcal{Description-plus}}\)

问题不变，但是\(n, m, c ≤ 1000\)

\(\color{red}{\mathcal{Solution-plus}}\)

\(hh\)看起来\(n^3\)量级的算法过不去了……那么思考二项式定理

我们展开\(f\)就会有

\[ ∑ \limits _{p=0}^{n}∑\limits _{q=0}^{m}∑\limits _{r=0}^{c}(-1)^{p+q+r}\binom{n}{p} \binom{m}{q} \binom{c}{q}(c + 1 - r)^{(n-p)(m-q)}\]

继而稍微稍微交换一下求和顺序有

\[ ∑ \limits _{p=0}^{n}∑\limits _{r=0}^{c}(-1)^{p+r}\binom{n}{p} \binom{c}{q} ∑\limits _{q=0}^{m}(-1)^q\binom{m}{q} (c + 1 - r)^{(n-p)(m-q)}\]

好像有些眉目……？继续

\[ ∑ \limits _{p=0}^{n}∑\limits _{r=0}^{c}(-1)^{p+r}\binom{n}{p} \binom{c}{q} ∑\limits _{q=0}^{m}(-1)^q\binom{m}{q} ((c + 1 - r)^{n-p})^{(m-q)}\]

我们会发现——又是泥！二项式定理！

\[ ∑ \limits _{p=0}^{n}∑\limits _{r=0}^{c}(-1)^{p+r}\binom{n}{p} \binom{c}{q}((c+1-r)^{n-p}-1)^m\]

我顿时发现好像构造二项式定理好像在组合问题中很常见，所以感觉好厉害的样子\(233\)

不知道\(Day1\)的出题人当时出了一道这种题是怎么个想法，有可能他是为了提醒我们或者启发我们这个\(trick\)？