容斥、染色类计数问题

染色相关

染色问题是一类NPC问题。

它的一般形式是给定一个无向联通图\(G_{}\)，要求用\(k\)种颜色对其染色。使得每一条边所连的两个端点不同色。

这一类问题通常需要很高的时间复杂度。但在特殊的图中，这一类问题能得到很优秀的解法。

例1 jzoj6079

Problem

给定无向联通图\(G_{}\)，要求\(k\)染色的方案数

\(n\le 10^5, m\le n+5, k\le 10^5\)

Solution

很经典的一道题目。

首先注意到，\(m\le n + 5\)这个有用的性质。

再观察一下\(k\)染色图的一些性质。

注意到，度数为\(1\)的点是可以直接缩掉的。

然后转化一下，把一条边看做两个边权组成，一个边权表示两个点颜色相同时的方案，另一个则表示两个点颜色不同时的方案，显然一开始边权的组成是\((0,1)\)。

然后考虑缩一下度数为\(2\)的点。

事实上是可以通过推式子得出的。然后会发现缩完之后最终图的大小是\(n\le 10,m\le15\)的。

于是直接搜索就好了。

例2 jzoj

Problem

给定\(m\)条原始边，并按照以下规则加边，得到的最终图求\(n\)染色方案。

若\(a\lt b\lt c\)，且\((a,b),(a,c)\)有边，则连\((a,c)\)

\(n,m\le 1e6\)

Solution

观察到这道题连边的特殊性质。

可以发现，如果按节点编号从大到小染色，假设一个点的度数为最终图里连向多少条比它编号大的点，那么答案很显然就是\(\prod_i n-度数_i\)。

因为比它大的点颜色都互不相同！

现在关键就变成了求最终图里每个点的度数。

然后发现一个很重要的性质：

如果最终图里两个点\(x,y\)有边，则必然可以在原图中找到一条路径，使得这个路径上点的编号都小于\(min(x,y)\).

于是就可以从小到大去构图，每次维护好图的连通性，每次当前点所在联通块有多少个相邻点就是当前点的度数了。

这个可以用启发式合并或者线段树合并。事实上启发式合并由于有set，map这种高级骚操作，所以时间复杂度虽然是两个\(log\)的，但依然跑的比线段树的一个\(log\)快。

容斥相关

计数题一般有容斥，这是计数题的一大特点。

例3 jzoj3170

Problem

给定\(n\)个箱子，每个箱子里有若干种玩具，玩具编号从\(1\sim m\)，然后让你求有多少种选择箱子的方案，使得每种玩具都至少有一个。

\(n\le 10^6, m\le 20\)

Solution

首先，要求至少，那肯定一波容斥了。转化为求一个都没有的方案。

然后必然是要枚举哪些至少没有，第二次容斥。

那么问题现在就转化为了，\(n\)个箱子中选哪些箱子，不包括给定集合。

然后考虑它的对应问题，\(n\)个箱子中选哪些箱子，被给定集合包括，这里的包括显然指的是真子集。

然后这个有个经典做法是分治。考虑把\(m\)位从高位到低位处理。然后考虑当前这一位的贡献，可以由\(f_i\rightarrow f_{i+mid}\)。

我们来考虑这样做法的正确性。

由于最终计数的\(f_i\)表示的是\(i\)的所有子集中包含了多少个箱子，换句话说，这些箱子的并集\(\in i\)。由于我们依次考虑了\(i\)的某一位是否为\(1\)时的贡献，且当某一位为\(0\)时，我们不会累加为\(1\)的答案。换句话说，只有当某一位为\(1\)时，我们会累加\(0,1\)的答案，所以可以累加出最终答案。

Code

#include 

#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)

const int T = 1e6 + 10, Mo = 1e9 + 7, S = 2e6;

using namespace std;

int n, m, tot, x, sum, N, ans;
int shl[T], f[S];

void CDQ(int l, int r) {
    if (l >= r) return;
    int m = l + r >> 1;
    CDQ(l, m), CDQ(m + 1, r);
    F(i, l, m)
        f[m + i - l + 1] += f[i];
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m), shl[0] = 1;
    F(i, 1, max(n, m)) shl[i] = (shl[i - 1] * 2LL) % Mo;

    N = shl[m] - 1;
    F(i, 1, n) {
        scanf("%d", &tot), sum = 0;
        F(j, 1, tot)
            scanf("%d", &x), sum += shl[x - 1];
        f[sum] ++;
    }

    CDQ(0, N);

    F(i, 0, N) {
        int tot = 0;
        for (int x = i; x; x -= x & (- x), tot ++);
        if (tot & 1) ans = (ans - (shl[f[N - i]] - 1)) % Mo; else ans = (ans + (shl[f[N - i]] - 1)) % Mo;
    }

    printf("%d\n", (ans + Mo) % Mo);
}

例4 jzoj5664

Problem

• \(Mx,My,Tx,Ty\le 800,K\le 50,R\le 1600\)

Solution

还是很经典的一道题目。

首先必然要考虑容斥了，因为有些向量不能走。令\(s_k\)表示走了至少\(k\)次不合法向量的方案数，那么答案可以写成\[Ans=\sum_{i=0}^r(-1)^is_i\]

考虑如何求\(S_i\)，这个是很经典的。

容易想到令\(g_{i,x}\)表示只走不合法向量，到达\((10x,10x)\)的方案数。

\(f_{i,x,y}\)表示\(i\)步，任意向量，到达\((x,y)\)的方案数。

那么就有\[s(k)=\sum_{i=0}^{min(\frac{T_x}{10},\frac{T_y}{10})}\binom{r}{k}*g[k][i]*f[r-k][T_x-10i][T_y-10i]\]

然后现在就把问题变为求\(f_{i,x,y}\)了。

这里有一个很经典的套路就是 降维。

考虑\(Fx_{i,j},Fy_{i,j}\)分别表示走\(i\)步，到\(x\)轴的第\(j\)个点， \(y\)轴的第\(j\)个点的方案。

那么就有\(f_{i,x,y}=Fx_{i,x}*Fy_{i,y}\)。这个是很容易证明的。

而求\(Fx,Fy\)则可以很快求出。

所以时间复杂度很优秀。

注意边界。

Code

#include 
#include 
#include 

#define F(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i ++)
#define G(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i --)
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define add(a, b) ((a) = (a + b) % Mo)

const int Mo = 1e4 + 7;
const int R = 1601, N = 801, T = 51;

using namespace std;

int Answer, Tx, Ty, Mx, My, r, m, Limit, c[R][R];
int g[R][N / 10], k[T], Fx[R][N], Fy[R][N], Sx[R][N], Sy[R][N];

int S(int k) {
    int ans = 0;
    F(i, 0, Limit)
        add(ans, 1ll * c[r][k] % Mo * g[k][i] * Fx[r - k][Tx - 10 * i] * Fy[r - k][Ty - 10 * i] % Mo);
    return ans;
}

int ksm(int x, int y) {
    int ans = 1;
    for (; y ; y >>= 1, x = (1ll * x * x) % Mo)
        if (y & 1)
            ans = (1ll * ans * x) % Mo;
    return ans;
}

int main() {
    freopen("jump.in", "r", stdin);
    freopen("jump.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d%d%d%d%d", &Tx, &Ty, &Mx, &My, &r, &m);
    F(i, 1, m) scanf("%d", &k[i]), k[i] /= 10;

    Limit = min(Tx / 10, Ty / 10), g[0][0] = 1;
    F(i, 0, r - 1)
        F(j, 0, Limit)
            if (g[i][j])
                F(p, 0, m)
                    if (j + k[p] <= Limit)
                        add(g[i + 1][j + k[p]], g[i][j]);

    Fx[0][0] = 1;
    F(j, 0, Tx) Sx[0][j] = 1;
    F(i, 1, r) F(j, 0, Tx) {
        if (j - Mx <= 0)
            Fx[i][j] = Sx[i - 1][j];
        else
            Fx[i][j] = Sx[i - 1][j] - Sx[i - 1][j - Mx - 1];
        if (j) Sx[i][j] = Sx[i][j - 1];
        add(Sx[i][j], Fx[i][j]);
    }
    Fy[0][0] = 1;
    F(j, 0, Ty) Sy[0][j] = 1;
    F(i, 1, r) F(j, 0, Ty) {
        if (j - My <= 0)
            Fy[i][j] = Sy[i - 1][j];
        else
            Fy[i][j] = Sy[i - 1][j] - Sy[i - 1][j - My - 1];
        if (j) Sy[i][j] = Sy[i][j - 1];
        add(Sy[i][j], Fy[i][j]);
    }

    F(i, 0, r) c[i][0] = 1;
    F(i, 1, r)
        F(j, 1, r)
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % Mo;

    F(i, 0, r)
        add(Answer, ((i & 1) ? ( - 1) : ( 1 )) * S(i));

    printf("%d\n", (Answer + Mo) %Mo);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Pro-king/p/10706218.html