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容斥定理

简单版本：

对于上述图片，求$|A\cup B \cup C|$ 结果为$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|$

一般情况

公式：$\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right|$

大家应该是看不懂吧，反正我是看不懂

我理解的通俗的意思就是：

n个集合的并集等于n个集合选择一个的情况中所有情况的交-n个集合中选择两个所有情况中两两的交+n个集合中选择三个中所有情况三个的交-选择四种的交+选择五种的交-......

稍微用公式表示一下：

$|A_1\cup...\cup A_n| = \\ |A_1|+|A_2|+...+|A_n|\\ -(|A_1 \cap A_2|+...+|A_i \cap A_j|)\\ +(|A_1 \cap A_2 \cap A_3|+...+|A_i \cap A_j \cap A_k|)\\ -(四个之间的交)\\ +(五个之间的交)\\ ......$

大概就是这个意思。

• 选择的个数为偶数次，前面符号为负
• 选择的个数为奇数次，前面符号为正

参考链接：
oi-wiki.org/math/combin…

例题1 能被整除的数

题目链接：www.acwing.com/problem/con…

给定一个整数 n和 m 个不同的质数 p 1 , p 2 , … , p m p_1,p_2,…,p_m p1​,p2​,…,pm​。
请你求出 1∼n 中能被 p 1 , p 2 , … , p m p_1,p_2,…,p_m p1​,p2​,…,pm​中的至少一个数整除的整数有多少个。

---

思路：

先简单的举个例子：
质数有2，3，5，7，11五个
能被2整除的有2，4，6，8 …
能被3整除的有3，6，9，12…
… 问的是被至少一个整除就行，那么上述例子中6是重复的 也就是我们可以把能被一个质数整除的个数当作一个集合，这么多质数组成的集合有重合的，我们要求的是这么多集合的并集，满足容斥定理

在1-n中能被x整除的个数：$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$

在1-n中能被x,y整除的个数：$\lfloor \frac{n}{xy}\rfloor$

在1-n中能被x,y,z整除的个数：$\lfloor \frac{n}{xyz}\rfloor$ ......

然后就可以根据公式求结果，有m个质数，共有m个集合，每次会选中若干个集合，代表几个之间的交集（参照上面容斥定理公式）

几个集合之间的交集：就是一个数能同时被这选中的几个质数整除

选中集合个数为偶数，前面符号为负 选中集合个数为奇数，前面符号为正

枚举所有的集合：

我们采用二进制的方法，枚举$[1,2^{m}-1]$,统计其中1的个数即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 20;
int p[N];
int n,m;

int main()
{
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<m;i++) cin>>p[i];
	
	ll res = 0;
	for(int i=1;i< 1<<m ;i++)
	{
		int cnt = 0;
		ll t = 1;
		for(int j=0;j<m;j++)
		{
			if( i>>j & 1)
			{
				cnt ++ ;//统计选中的个数
				if(t * p[j] > n)//不满足条件，因为大于n了
				{
					t = -1;
					break;
				}
				t *= p[j];
			}
		}
		if(t!=-1)
		{
			if(cnt%2) res += n/t;
			else res -= n/t; 
		}
	}
	cout << res << endl;
	return 0;
}

---

例题2

题目链接:www.acwing.com/problem/con…

Devu 有 N 个盒子，第 i 个盒子中有 A i A_i Ai​ 枝花。同一个盒子内的花颜色相同，不同盒子内的花颜色不同。Devu 要从这些盒子中选出 m 枝花组成一束，求共有多少种方案。若两束花每种颜色的花的数量都相同，则认为这两束花是相同的方案。结果需对 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7 取模之后方可输出

---

思路

• 理想情况

首先去掉限制考虑理想情况，即每个盒子的花的个数有无限个，设第$i$个盒子取出$x_i$朵花

则$x_1+x_2+x_3+...+x_n= m,x_i \geq 0$,总方案数为$C_{n+m-1}^{n-1}$种

可以参考链接查看如何计算 : oi-wiki.org/math/combin…

---

• 有限制的情况

限制条件下： $x_1+x_2+x_3+...+x_n= m,x_1<=A_1,x_2<=A_2,x_3<=A_3……x_n<=A_n$

$x_1,x_2,...,x_n$同时满足限制条件才可，我们考虑从补集去求（总情况数减去相反的情况）

补集情况下：

$x_1+x_2+x_3+...+x_n= m,x_1>A_1,x_2>A_2,x_3>A_3……x_n>A_n$

第i个限制（$x_i>A_i$）的情况满足个数我们当作一个集合$s_i$

• 总数：$C_{n+m-1}^{n-1}$

• 题目的补集：$|s_1\bigcup s_2\bigcup s_3……\bigcup s_n|$

• 结果为：$C_{m+n-1}^{n-1}-|s_1\bigcup s_2\bigcup s_3……\bigcup s_n|$

考虑求满足$s_1$的情况数

即第一个必须取至少$A_i+1$支花，那么接下来就化为从n组里面选花， $x_1>=A_1+1,x_2>=0,x_3>=0,...,x_n>=0$的情况，可以直接取出$A_i+1$支花放在第一组，那么总数就变成$m-(A_1+1)$支花，就化为理想情况(见上文)下的问题了，总数为$C_{m+n-1-(A_1+1)}^{n-1}$

$s_1\cap s_2$同理

答案为$C_{m+n-1-(A_1+1)-(A_2+1)}^{n-1}$

最后枚举所有的情况数，使用二进制方法进行枚举，枚举$[0,2^n-1]$,统计二进制位1的个数

奇数个1符号为负 偶数个1符号位正

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 20,mod = 1e9+7;

ll a[N];
ll d = 1;

ll fast(ll a,ll b)
{
	ll res = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll C(ll x,ll y)
{
	if(x < y) return 0;
	ll u = 1;
	for(ll i = x;i>x-y;i--) u = i % mod * u % mod;
	return u * d % mod;
}

int main()
{
	ll n,m;
	cin >> n >> m;
	for ( int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
	
	for(ll i=1;i<=n-1;i++) d = d * i % mod;
	d = fast(d,mod-2);
	
	ll res = 0 ;
	for(int i=0; i< 1<<n;i++)
	{
		//组合数的下角标   上角标
		ll down = n + m -1,up = n-1;
		int sign = 1;//标记的符号位
		for(int j=0;j<n;j++)
		{
			if(i>>j&1)
			{
				down -= a[j]+1;//下角标减去对应的个数
				sign *= -1;
			}
		}
		res = (res + C(down,up) * sign)%mod; //计算组合数，统计答案
	}
	cout<<(res + mod) % mod<<endl; 
	return 0;
}

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