各种反演等数学难题
CF997C Sky Full of Stars
求 n × n n\times n n×n的网格内每个格子染三种颜色，其中至少有一行或一列是同一种颜色的方案数。
转化为求没有一行或一列颜色相同。
直接枚举相同的行列数进行容斥：
= 3 ∑ i = 0 n ( n i ) ( − 1 ) i ∑ j = 0 n ( n j ) ( − 1 ) j 3 ( n − i ) ( n − j ) + 2 ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i 3 n ( n − i ) ( 3 i − 3 ) − 2 × 3 n 2 = 3 ∑ i = 0 n ( n i ) ( − 1 ) i ( 3 n − i − 1 ) n + 2 ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i 3 n ( n − i ) ( 3 i − 3 ) − 2 × 3 n 2 \begin{aligned}&=3\sum_{i=0}^n \binom ni(-1)^i \sum_{j=0}^n \binom nj(-1)^j 3^{(n-i)(n-j)} + 2\sum_{i=1}^n \binom ni(-1)^i 3^{n(n-i)}(3^i-3) - 2\times 3^{n^2} \\ &=3 \sum_{i=0}^n \binom ni (-1)^i (3^{n-i}-1)^n+ 2\sum_{i=1}^n \binom ni(-1)^i 3^{n(n-i)}(3^i-3) - 2 \times 3^{n^2}\end{aligned} =3i=0∑n(in)(−1)ij=0∑n(jn)(−1)j3(n−i)(n−j)+2i=1∑n(in)(−1)i3n(n−i)(3i−3)−2×3n2=3i=0∑n(in)(−1)i(3n−i−1)n+2i=1∑n(in)(−1)i3n(n−i)(3i−3)−2×3n2
后面的那个式子是因为 i i i和 j j j有一个为 0 0 0的时候相同的染色行列不一定只有三种方案。
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#include[AGC035F] Two Histograms
可以发现一个网格对应多个方案，当且仅当存在 l x = y , k y = x − 1 l_x = y , k_y = x-1 lx=y,ky=x−1，这时让 l x = y − 1 , k y = x l_x=y-1,k_y=x lx=y−1,ky=x也可以得到同样的网格。
所以我们设 l x = y , k y = x − 1 l_x = y , k_y = x-1 lx=y,ky=x−1为 k y k_y ky不合法，容斥求出所有的合法方案即为本质不同的网格方案（即我们只在所有可以有多个方案的网格只计算 l x = y − 1 , k y = x l_x=y-1,k_y=x lx=y−1,ky=x这一种情况。）。
a n s = ∑ i = 0 min ( n , m ) ( n i ) ( − 1 ) i ( m i ) i ! ( m + 1 ) n − i ( n + 1 ) m − i ans = \sum_{i=0}^{\min(n,m)} \binom ni (-1)^i\binom mi i! (m+1)^{n-i}(n+1)^{m-i} ans=i=0∑min(n,m)(in)(−1)i(im)i!(m+1)n−i(n+1)m−i
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#includeLOJ #6181. 某个套路求和题
f ( n ) f(n) f(n)在质数处为 − 1 -1 −1,有平方因子数处为 0 0 0，其他时候为 1 1 1。
所以答案等于 ∑ i = 1 μ ( i ) ⌊ n i 2 ⌋ − 2 π ( n ) \sum_{i=1}\mu(i) \left\lfloor\frac {n}{i^2}\right\rfloor-2 \pi(n) i=1∑μ(i)⌊i2n⌋−2π(n)
前者直接算，后者 M i n 2 5 Min_25 Min25。
写了一个很麻烦的实现：
#include#528. 「LibreOJ β Round #4」求和
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m μ 2 ( gcd ( i , j ) ) = ∑ d = 1 min ( n , m ) μ 2 ( d ) ∑ i = 1 n d ∑ j = 1 m d [ gcd ( i , j ) = 1 ] = ∑ d = 1 min ( n , m ) μ 2 ( d ) ∑ p = 1 min ( n , m ) d μ ( p ) ⌊ n d p ⌋ ⌊ m d p ⌋ = ∑ D = 1 min n , m ⌊ n d ⌋ ⌊ m d ⌋ ∑ d ∣ D μ 2 ( d ) μ ( D d ) \begin{aligned}&\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \mu^2(\gcd(i,j)) = \sum_{d=1}^{\min(n,m)} \mu^2(d)\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac md} [\gcd(i,j)=1]\\&=\sum_{d=1}^{\min(n,m)} \mu^2(d)\sum_{p=1}^{\frac {\min(n,m)}{d}} \mu(p)\lfloor \frac {n}{dp}\rfloor\lfloor \frac {m}{dp} \rfloor \\&=\sum_{D=1}^{\min n,m} \lfloor\frac nd\rfloor\lfloor\frac md\rfloor\sum_{d|D} \mu^2(d)\mu(\frac Dd)\end{aligned} i=1∑nj=1∑mμ2(gcd(i,j))=d=1∑min(n,m)μ2(d)i=1∑dnj=1∑dm[gcd(i,j)=1]=d=1∑min(n,m)μ2(d)p=1∑dmin(n,m)μ(p)⌊dpn⌋⌊dpm⌋=D=1∑minn,m⌊dn⌋⌊dm⌋d∣D∑μ2(d)μ(dD)
考虑 ∑ d ∣ D μ 2 ( d ) μ ( D d ) \sum_{d|D} \mu^2(d)\mu(\frac Dd) ∑d∣Dμ2(d)μ(dD)，这是个积性函数，我们考虑质数的次方处的值，可以发现这个函数在 p 1 , p 3 , p 4 . . . p c , c ≠ 2 p^1,p^3,p^4...p^c,c\neq 2 p1,p3,p4...pc,c=2处都为 0 0 0。
而在 p 2 p^2 p2处为 μ ( p ) \mu(p) μ(p)，所以 ∑ d ∣ D μ 2 ( d ) μ ( D d ) = [ x 2 = D ] μ ( x ) \sum_{d|D} \mu^2(d)\mu(\frac Dd) = [x^2 = D]\mu(x) ∑d∣Dμ2(d)μ(dD)=[x2=D]μ(x)其中 x = ⌊ D ⌋ x = \lfloor\sqrt D \rfloor x=⌊D⌋。
所以预处理 ≤ n \leq \sqrt n ≤n的 μ \mu μ的前缀和即可整除优化。
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#includeLOJ #6244. 七选五
考虑一个固定的排列 a a a，大小为 r r r，现在你要选出 n n n的 r r r排列，求这个排列和 a a a中恰好有 x x x相等的方案数。
广义容斥原理模板题：
广义容斥原理：
设 β ( x ) \beta (x) β(x)为钦定 x x x个条件满足的方案数。
则恰好有 x x x个方案满足的方案数 f ( x ) = ∑ i = x n ( − 1 ) i − x β ( i ) ( i x ) f(x) = \sum_{i=x}^n (-1)^{i-x}\beta(i)\binom {i}{x} f(x)=∑i=xn(−1)i−xβ(i)(xi)
容斥系数为 ( − 1 ) i − x ( i x ) (-1)^{i-x}\binom ix (−1)i−x(xi)是因为
所以对于这题答案 = ∑ i = x r ( i x ) ( − 1 ) i ( r i ) ( n − i r − i ) ( r − i ) ! =\sum_{i=x}^r\binom ix(-1)^i\binom ri \binom {n-i}{r-i}(r-i)! =i=x∑r(xi)(−1)i(ir)(r−in−i)(r−i)!
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#include[ARC101C] Ribbons on Tree
设 f i , j f_{i,j} fi,j表示以 i i i为根的子树内剩下 j j j个点未匹配的容斥系数和。
则每次可以强行让 i i i到父亲的边不被涂色也就是强行匹配剩下的所有点，并乘上一个 − 1 -1 −1的容斥系数。
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#includeLOJ 「美团 CodeM 初赛 Round A」二分图染色
以讹传讹真离谱
将问题转化为棋盘模型，则是同颜色的棋子不能在同一行或同一列，不同颜色的棋子不能在同一个格子里。
设 f n f_n fn为在 n × n n \times n n×n的棋盘内放置一种颜色的棋子的方案数。
则不同颜色的棋子不能在同一个格子里这个条件可以得到容斥一下 a n s = ∑ i = 0 ( − 1 ) i ( n i ) 2 i ! f n − i 2 ans = \sum_{i=0} (-1)^i \binom ni^2i!f_{n-i}^2 ans=i=0∑(−1)i(in)2i!fn−i2
对于 f n f_n fn有递推式 f n = 2 n f n − 1 − ( n − 1 ) 2 f n − 2 f_n = 2nf_{n-1}-(n-1)^2f_{n-2} fn=2nfn−1−(n−1)2fn−2
这部分的证明我看到的网上的题解都是错的。
我们可以在 1... n − 1 1...n-1 1...n−1选择一列 x x x，然后在 n n n行 x x x列（下面简称 ( n , x ) (n,x) (n,x)）放置一个棋子，同时将之前 f n − 1 f_{n-1} fn−1中对于 n − 1 n-1 n−1行 n − 1 n-1 n−1列的方案作出 x . . . n − 1 x...n-1 x...n−1列平移到 x + 1... n x+1...n x+1...n列的操作，这样我们就得到了一个合法方案，同样我们也可以在 1... n − 1 1...n-1 1...n−1选择一行 x x x然后在 ( x , n ) (x,n) (x,n)等做类似的操作，也可以直接在 ( n , n ) (n,n) (n,n)放置一个棋子，同时也可以不放，一共 2 n 2n 2n种操作。
但是发现选择一列和选择一行这两种操作构造出来的棋盘可能会重，如果重了一定是因为 n n n行上有一个棋子 n n n列上也有一个棋子，并且这两个棋子都不在 ( n , n ) (n,n) (n,n)，所以我们就求出 n n n行上有一个棋子， n n n列上有一个棋子的方案数也即 ( n − 1 ) 2 f n − 2 (n-1)^2f_{n-2} (n−1)2fn−2，然后减去即可。
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#includeLOJ #572. 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与求和
求 ∑ i = 1 N ∑ j = 1 N f ( gcd ( i , j ) ) k m o d 2 32 \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=1}^{N} f(\operatorname{gcd}(i, j))^{k} \bmod 2^{32} ∑i=1N∑j=1Nf(gcd(i,j))kmod232。
令 g ( x ) = f ( x ) k g(x) = f(x)^k g(x)=f(x)k
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n g ( gcd ( i , j ) ) = ∑ d = 1 n g ( d ) ∑ i = 1 n d ∑ j = 1 n d [ ( i , j ) = 1 ] \begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n g(\gcd(i,j))=\sum_{d=1}^n g(d)\sum_{i=1}^\frac nd \sum_{j=1}^{\frac nd} [(i,j)=1]\end{aligned} i=1∑nj=1∑ng(gcd(i,j))=d=1∑ng(d)i=1∑dnj=1∑dn[(i,j)=1]
因为 g g g的定义是次大质因子的 K K K次方，次大质因子一定是 m i n 2 5 min_25 min25中我们筛到的质因子（不像什么次小质因子 m i n 2 5 min_25 min25筛过程中筛不到需要预处理恶心人，比如51nod 1847 奇怪的数学题），所以可以直接筛，后面就是一个 ϕ \phi ϕ的前缀和,具体来说他等于 2 ∑ i = 1 n d ϕ ( i ) − ⌊ n d ⌋ 2\sum_{i=1}^{\frac nd} \phi(i) - \lfloor\frac nd\rfloor 2∑i=1dnϕ(i)−⌊dn⌋
用递推版的 M i n 2 5 Min_25 Min25成功水到 r k 1 rk1 rk1。
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