參考了 這篇
目錄前置知識只有兩個， 乙個是基本的計數技巧， 在這裡略去不提， 另乙個是：\(\sum\limits_^n (-1)^i \dbinom=[n=0]\)， 這個證明的話就看一下楊輝三角一行裡上一行成分的構成（依據 \(\binom nm = \binom+\binom\)）， 會發現不同列分奇偶加起來是一樣的。
並集轉交集
本蒻記憶中第乙個接觸的容斥就是它了， 著名的奇加偶減， 一般使用時設 \(s_i\) 表示滿足條件 \(i\) 的集合。
\[|\bigcup_^n s_i| = \sum_^n (-1)^ \sum_| - |\^n s_i| = \sum_ (-1)^ |\bigcap_s_i|
\]交集轉並集/取反的並集/取反的交集
依然是奇加偶減。
\[|\bigcap_^n s_i| = \sum_^n (-1)^\sum_^n (-1)^\binom
\\= 1-[n=0]
\\=1
\]對於乙個出現在 \(s_1,\cdots,s_m\) 裡的元素（\(m），其對右式的貢獻為：
\[\sum_^n (-1)^\binom - \sum_^(-1)^\binom
\\=1-1
\\=0
\]也就是把這類元素先當作出現在所有集合裡， 再減去那些本不應有的貢獻。
同樣地， 式子 \((2)\) 可以寫成：
\[|\bigcap_^n s_i| = \sum_ (-1)^ |\bigcup_s_i|
\]將交集轉化成並集的另乙個式子是：
\[|\bigcap_^ns_i|=|u|-|\bigcup_^n\overline| \tag
\]證明：組合意義，不是全滿足的，就必定不滿足至少一項。
這個通常結合式子 \((1)\) 進行應用， 即：
\[|\bigcup_^n\overline| = \sum_ (-1)^ |\bigcap_\overline|
\\|\bigcap_^ns_i| = |u|+\sum_ (-1)^ |\bigcap_\overline|
\]若是認同 \(i = \varnothing\) 的時候後面那個交集的大小就是全集， 那麼這個式子可以直接寫成這樣：
\[|\bigcap_^ns_i| = \sum_ (-1)^ |\bigcap_\overline| \tag
\][coci2009-2010#6] xor
設第 \(i\) 個三角形為 \(s_i\)， 答案就是 \(|xor_^n s_i|\)。
我是沒怎麼想到容斥， 但是這個可以用容斥做，不過倒是可以大概地猜到用容斥做的話大概率轉換成交集。
那麼列舉交集：\(\sum\limits_nanachi* |\bigcap\limits_ s_i|\) ， 那麼就要有乙個係數 \(nanachi\)， 那麼 \(nanachi\)
的性別是什麼呢？
顯然對於乙個屬於 \(x\) 個集合的元素的貢獻是 \([2\nmid x]\)， 設 \(id(x)\) 為 \(x\) 個集合的容斥係數，那麼由於使用的是交集， 所以這個元素的貢獻實際上是：
\[\sum_^x\binom xi id(i) = [2\nmid x]
\]若是令 \(id(0)=0\)，那麼利用二項式反演可以得到：
\[\sum_^x\binom xi id(i) = [2\nmid x]
\\id(x)=\sum_^x (-1)^\binom xi [2\nmid i]=\sum_^x (-1)^\binom xi [2\nmid i]= (-1)^x\sum_^x (-1)^\binom xi [2\nmid i]
\\= (-1)^\sum_^ (-1)^\binom xi [2\nmid i]
\\= (-1)^2^
\]
容斥原理,容斥係數
眾所周知，容斥原理是計數問題中最雞賊的東西 基本上很多計數問題都要用到容斥，但是有的時候你明明知道要容斥就是不知道怎麼容斥 所以特此寫在這裡總結一下 一般來說，這種容斥原理一般有n個性質，滿足第 i 個性質的元素集合為 a i 還有乙個全集 u 現在我們需要統計 ans u bigcap overl...
Cheerleaders（容斥定理）
題意 在乙個m行n列的矩陣裡站k個拉拉隊員，問有多少種方法，四周邊界必須有乙個隊員.這裡用到組合數加容斥定理，將重複的刪除，第一行，最後一行，第一列，最後一列.用到位運算來模擬16種情況.這裡要吐槽一下，中英文輸入法，和case中c的大小寫，wrong了無數次，最後才發現，蛋疼.include in...
容斥原理 數論
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