[数论专题]容斥原理练习（持续更新）
参考大佬博客：https://www.cnblogs.com/linyujun/p/5210410.html
目录
- HDU - 1465 不容易系列之一
- UVALive - 7040 Color
- HDU - 4135 Co-prime
- HDU - 1695 GCD
HDU - 1465 不容易系列之一
这道应该第一反应是排错问题，可以用排错问题的公式。但是，也可以用容斥原理来想。
总的方案数为n!。
假设一定有1封信（指定的，非任意）放对，则有 ( n − 1 ) ! (n-1)! (n−1)!种方案。
假设一定有2封信（指定的，非任意）放对，则有 ( n − 2 ) ! (n-2)! (n−2)!种方案。
假设一定有3封信（指定的，非任意）放对，则有 ( n − 3 ) ! (n-3)! (n−3)!种方案。
……
假设一定有n封信放对，则有 0 ! 0! 0!种方案。
之后，我们给每一项乘上组合数，就可以变成任意的1、2、……、n封信。这时候，会想到全部加起来就是不合理方案数了，但是，这里面其实有重复，所以我们需要去重。
参考wiki：https://oi-wiki.org/math/inclusion-exclusion-principle/
C n 1 ( n − 1 ) ! C^1_n(n-1)! Cn1(n−1)!可以理解为上面wiki中的|A|+|B|+|C|……，也就是A信件放对、B信件放对、C信件放对……的情况总和，但是再A信件放对的情况中，也含有B信件放对的情况。所以，我们需要减去的是A和B信件都放对的情况，也就是(n-2)!，相同的其他的C、D等的和A组合，以及他们之间的组合都要算进去，因此就变成了要 − C n 2 ( n − 2 ) ! -C^2_n(n-2)! −Cn2(n−2)!，但是这减去的里面，又有A、B、C放对的情况被多减去了一次，因此，需要 + C n 3 ( n − 3 ) ! +C^3_n(n-3)! +Cn3(n−3)!补上，然后又重复了Orz……一直套娃到最后，结果不符合题意的结果就是：
∑ 1 n ( − 1 ) n − 1 C n i ( n − i ) ! \sum_1^n(-1)^{n-1}C_n^i(n-i)! ∑1n(−1)n−1Cni(n−i)!
容斥一下，结果就是 n ! − ∑ 1 n ( − 1 ) n − 1 C n i ( n − i ) ! n!-\sum_1^n(-1)^{n-1}C_n^i(n-i)! n!−∑1n(−1)n−1Cni(n−i)!
编程实现就打表套就是了。
#include UVALive - 7040 Color
从m种颜色挑k种，组合数 C m k C^k_m Cmk没毛病。由于一定要用上k种颜色，直接求是不行的，考虑容斥。若不考虑全部用上，则有 C n k k ∗ ( k − 1 ) n − 1 C^k_nk*(k-1)^{n-1} Cnkk∗(k−1)n−1种方案，需要去除不合理方案。这里不合理的方案是只使用了k-1、k-2、……、1种颜色，若只使用了其中的k-1种，则方案数为 C k k − 1 ∗ ( k − 1 ) ∗ ( k − 2 ) n − 1 C_k^{k-1}*(k-1)*(k-2)^{n-1} Ckk−1∗(k−1)∗(k−2)n−1，和上面一样，有多减去的，所以，需要补上，套娃，……最后结果为:
C m k ∗ ( k ∗ ( k − 1 ) n − 1 − ∑ i = 1 k ( − 1 ) i C k i ( k − i ) ∗ ( k − i − 1 ) n − 1 ) C^k_m*(k*(k-1)^{n-1}-\sum_{i=1}^k(-1)^iC_k^i(k-i)*(k-i-1)^{n-1}) Cmk∗(k∗(k−1)n−1−∑i=1k(−1)iCki(k−i)∗(k−i−1)n−1)，由于m的范围较大，所以只能直接算。而内层的 C k i C_k^i Cki可以打表解决。
注意：因为有减法，所以需要+mod之后再%mod
#include
ans=(ans+sig*(c(k,k-i)*(k-i)%mod*(ksm(k-i-1,n-1)%mod)%mod)%mod+mod)%mod;//代式子
sig=-sig;
}
ans=(C(m,k)%mod*ans+mod)%mod;
printf("Case #%d: %lld\n",++kase,(ans%mod));
}
//===========================================================
return 0;
}
HDU - 4135 Co-prime
这道题涉及到素数分解和容斥原理的实现。
听说容斥原理的实现分为dfs、队列数组和二进制，这我还不是很了解。这里就用了队列数组。
原题目是求[a,b]范围内和n互质的数的数目，我们可以考虑容斥，求不和n互质的。如果直接对[a,b]范围是比较麻烦的，所以考虑用前缀和思想：[1,a-1]范围和[1,b]范围，然后两个一减就好了。
对于一个数x，求[1,x]范围内和n不互质的数：
可以把n进行素数分解为p1、p2、……、pn，然后，求再[1,x]范围内，p1、p2、……、pn的倍数的个数。因为起点是1，所以，数目就是x/p1、x/p2、x/p3、……、x/pn。和上面一样，减去x/p1和x/p2的时候会有重复，所以，还是套娃Orz。关于+和-的处理，可以采用上面说到的队列数组。具体看代码：
#include
return res2-res1;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
//===========================================================
read(t);
ll kase=0;
while(t--){
read(a),read(b),read(n);
init();//对n进行素数分解。
printf("Case #%lld: %lld\n",++kase,(b-a+1)-solve());//容斥求对立事件
}
//===========================================================
return 0;
}
HDU - 1695 GCD
听说这道题的正解的莫比乌斯反演，但容斥也能做，不过估计是数据水卡过去的。
原题是：再[1,b]和[1,d]区间内，分别找两个数x,y,使得gcd(x,y)=k，问一共有多少对x、y满足条件。根据gcd形式：
gcd(x,y)=k，则gcd(x/k,y/k)=1,证明可以素数分解看下。
然后，问题就变成了再[1,b/k]和[1,d/k]范围内分别找两个数p,q，使得p、q互质。
根据上一道题的经验，直接求素数比较难，所以，求个对立事件，不互质的数。
这里我们先假设d/k>b/k，题目给的不是就swap一下。
枚举x,y两个肯定不行，但我们可以枚举其中一个，枚举y。对于y，我们还需要分类讨论：
若y<=b/k，就是我们选定y为一个定值 y i y_i yi，那么，我们要求和几个x(的范围为[1,b/k])和他互质，其实就相当于求在<= y i y_i yi范围内有几个数和yi互质(为什么不考虑 [ y i , b / k ] [y_i,b/k] [yi,b/k]范围的呢？是为了避免等会再枚举 y j y_j yj( y i y_i yi< y j y_j yj<=d/k)的时候和现在的重复)。可以用欧拉函数求前缀和。
若y>b/k，我们换个角度看问题：就是假设现在y= y k y_k yk( y k > b / k y_k>b/k yk>b/k)，求在b/k范围内有几个数和它互质，就和第三题一样了。
这里有个小优化，欧拉函数需要打素数表，所以，我们在分解素数的时候可以利用素数表来分解。
另外，注意特判。
#include
return b-res;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
//===========================================================
read(t);
int kase=0;
init();
while(t--){
read(a),read(b),read(c),read(d),read(k);
if(!k||b<k||d<k){
printf("Case %d: %lld\n",++kase,0);
continue;
}
b/=k,d/=k;
if(d<b) swap(b,d);
ll ans=eular[b];
//cerr<
rep(i,b+1,d){
ans+=solve(b,i);
}
printf("Case %d: %lld\n",++kase,ans);
}
//===========================================================
return 0;
}