容斥原理

演算法簡述

在集合S中至少具有,,…中的一個元素的個數是：

主要運用場合與思路：

簡單的講：容斥原理的最重要的應用就是去重。如果完成一件事情有n類方式,…,每一類進行方式有中方法(1 <= i <=n),但是這些方法在合併時存在重疊現象，這時可以選擇嘗試容斥原理。在比賽中單獨使用容斥原理的情況並不多見，常見的問題有錯排問題等。

模板

可以用二進位制的思想來列舉所有可能的情況，若某位上置1則表示要選取該元素，最後統計1的數目的奇偶性來判斷是加上還是減去所求的值。可參考以下結構：

for(int i = 0; i < (1<<fn); i++) {
        int
 
 cnt = 0;
        int num = 0;
        for(int j = 0; j < fn; j++) {
            if((1<<j)&i) {
                num = num * fac[j];
                cnt++;
            }
        }
        LL d = R/num;
        if(cnt&1) ans -= 1LL*num*d*(d+1)/2;
        else ans += 1LL*num*d*(d+1)/2;
    }
 

例題

HDU 1695 GCD

題意 :

求有多少對(x,y)(1<=x<=b,1<=y<=d)滿足。

題解

gcd(x,y)=k,說明x,y都能被k整除,那麼

於是問題就轉化為兩個區間內尋找有多少對數互質。假設b<=d,我們可以在中列舉數i，對於每一個i，我們只需找到在中與i互質的個數，最後依次相加就可得到結果。 當i<=b/k時可以用尤拉函式求與i互質的個數，當b/k < i <= d/k時，區間中與i互質的個數 = b/k - （區間中與i不互質的個數）。區間中與i不互質的數則就是i中素因子的倍數，將它們相加則就是答案，但是由於會有重疊部分，比如6既是2的倍數又是3的倍數，此時就可以用容斥原理來求解。

AC程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define LL long long
#define CLR(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))

const int N = 1e5+10;
LL phi[N];
int num[N][20];
int arr[N];
void eular()
{
    CLR(phi,0);
    phi[1] = 1;
    for(LL i = 2; i < N; i++) {
        if(!phi[i]) {
            for(LL j = i; j < N; j+=i) {
                if(!phi[j]) phi[j] = j;
                phi[j] = phi[j]*(i-1)/i;  // 溢位
                num[j][arr[j]++] = i;      //求得的質因數
            }
        }
        phi[i] += phi[i-1];
    }
}
int iex(int x, int y)               //二進位制容斥
{
    int ans  = 0;
    for(int i = 1; i < (1<<arr[x]); i++) {
        int cnt = 0;
        int nu = 1;
        for(int j = 0;j < arr[x]; j++) {
            if((1<<j) & i) {
                nu *= num[x][j];
                cnt++;
            }
        }
        if(cnt & 1) ans += y/nu;
        else ans -= y/nu;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int zz = 0;
    int a, b, c, d, k;
    eular();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        printf("Case %d: ",++zz);
        if(k == 0) {
           printf("0\n"); continue;
        }
        if(b > d) swap(b,d);
        b /= k; d /= k;
        LL ans = phi[b];
        for(int i = b+1; i <= d; i++) ans += b-iex(i,b);
        printf("%lld\n",ans);

    }

return 0;
}

鴿巢原理 :

如果有n+1個鴿子要進n個鴿巢，則至少存在一個鴿巢種包含兩個或更多的鴿子。
看上去是一句“廢話”，不過這句”廢話“在用來證明一個排列或則某種現象的存在性上相當有魅力

關於鴿巢原理更抽象的表述：

• If X has more elements than Y, then f is not one-to-one.

• If X and Y have the same number of elements and f is onto, then f is one-to-one.

• If X and Y have the same number of elements and f is one-to-one, then f is onto.

鴿巢原理的加強形式

定理: 令q1， q2, q3, …., qn為正整數。如果將 q1， q2, q3, …., qn - n + 1 個物體放到n個盒子中，則存在一個i，使得第i個盒子至少含有qi個物品 ；

　證明: 假設將q1， q2, q3, …., qn - n + 1個物品分別放到n個盒子裡。如果每一個i (i = {1, 2, ..n})，第i個盒子中放少於qi 個物品，則所有盒子所放物品的總數不超過

(q1 - 1) + (q2 - 1) + … + (qn - 1) = q1 + q2 + … + qn - n

顯然，比所要放的總數少一個。因此可以確定，對某個i (i = {1, 2, .. n})，第i個盒子至少包含qi個物品。

例題

HDU 1205
很裸的題…
AC程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define LL long long

const int N = 1e6+10;
int arr[N];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        int n;
        int ans = 0;
        LL sum = 0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i = 0;i < n; i++) {
            scanf("%d",&arr[i]);
            ans = max(ans,arr[i]);
            sum += arr[i];
        }
        sort(arr,arr+n);
        if(sum >= ans*2-1) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
return 0;
}