設有若干個物品以及\(k\)種屬性，每個物品都有若干種屬性。
設有函式\(f(s)\)表示至少擁有屬性集合\(s\)的物品個數
參考乙個很簡單的\(k=3\)的情況
每種顏色的圓的物品集合都擁有同乙個屬性，圓外面是沒有屬性的物品，設全集\(u\)為所有屬性的集合。
一般來說，我們要求三個圓面積的交。
形式化的說，我們要求至少擁有一種屬性的物品的集合大小，也就是有屬性的物品有多少個。
公式說，這個集合大小為
\[\sum_f(s) \times (-1)^
\]說白了在\(k=3\)就是乙個圓公共-兩個圓公共+三個圓公共，大家都知道。
考慮乙個正經的證明。
大體思路：證明每個有屬性的物品的計算次數是\(1\)
設有乙個\(p\)種屬性的物品，考慮哪一些集合會出現\(ta\)
每種大小不大於\(p\)的集合都可能對\(ta\)有貢獻，即為
\[\sum_^ \binom \times (-1)^
\]通過組合數學 \(\binom = \binom + \binom\)的這個公式，我們化簡一下上面的式子，就等於\(1\)啦。
設有多重集\(\\),\(x\)是元素的值，而\(c\)是這個值的個數,設\(c=\sum\limits_^k c_i\)。
先考慮多重集的排列數，顯然為
\[\frac^k c_i!}
\]假設現在要取\(n\)個元素。
首先我們不考慮每種元素的上限時（也就是當每種元素都有無限個的時候）的方案數
從組合的意義出發，相當於把\(n\)個元素有序的劃分成\(k\)組，每組可以為空的方案數。
等價於\(n\)個\(0\)，\(k-1\)個\(1\)的排列數，由多重集的排列數，為
\[\frac=\binom
\]然後我們考慮至少有一種元素取多了的方案數
考慮\(x_i\)取了至少\(c_i+1\)個的方案數，首先我們把這\(c_i+1\)個取出來，然後再隨便取,為\(\binom\)
則至少某一種元素取多了的方案數為
\[\sum_^\binom
\]模擬可以得到至少兩種元素取多了的方案數等等
如果把多取了某個元素當做乙個屬性，每一種取法當做物品，那麼就可以套用上面的容斥原理了。
即為\[\sum_^\binom-\sum_^\binom+\dots+(-1)^\cdot\sum_^\binom
\]上式代表的是至少某一種元素取多了的方案數，形象化的說，代表那三個圓的面積交。
則總方案為無限制的多重集的總排列數（全集）減去至少某乙個元素多取了個數的方案數（面積並）
注意我們求解這個的複雜度是至少要列舉\(2^k\)種分配情況的，所以\(k=20\)左右時再想一想是不是這個做法。事實上還可以\(f_\)代表前\(i\)種集合選了\(j\)個元素進行\(dp\)做。
乙個\(a \times b\)的矩形，每個位置的值在整數\([0,s]\)中，要求每行每列的最大值均為\(s\)，計算有多少取值的方案。設\(f_i\)為至少有\(i\)行的限制不滿足條件時的方案(需要保證每一列都滿足條件)
\(f_i=\binom \times(s^i \times ((s+1)^-s^))^b\)
方案數就是\(\sum\limits_^a (-1)^i \times f_i\)。
先解釋\(f_i\)，如下圖，藍色的部分為滿足的行，黃色的為不滿足的行。
我們一列一列的填，把保證列滿足的條件放在藍色的地方。
於是藍色的地方有總填法方案數\((s+1)^\)減去每一行都不填最大值的方案數\(s^\)得到至少有乙個位置填了\(s\)的方案數。
然後黃色的地方每個位置只能填\([0,s-1]\),於是是\(s^i\)種填法了。
對每一列都這麼填，於是是\(b\)次方，然後列舉哪\(i\)行不滿足，就是\(f_i\)了。
然後是後面的容斥，不知道你有沒有發現，上面兩個地方出現了至少都是加黑的，還有一處是斜體，這是為了警示和區分，反正我想了好久才明白。
有沒有覺得 \(\text\)
事實上這樣說沒問題，但是這個「至少」和\(f_i\)中的「至少」的意義並不一樣。
可以像求多重集的組合數一樣把意義套到容斥裡面，然後結合上面的斜體和黑體的為什麼不一樣理解一下，就可以明白區別在**了。
長期更新...
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