先mk乙個容斥原理詳解
容斥原理大概就是 ：
要計算幾個集合並集的大小，我們要先將所有單個集合的大小計算出來，然後減去所有兩個集合相交的部分，再加回所有三個集合相交的部分，再減去所有四個集合相交的部分，依此類推，一直計算到所有集合相交的部分。
引用葉學長的例子：
a和b出現至少一人的概率（或方案數等）=a出現的概率+b出現的概率-兩人同時出現的概率。a和b都不出現的概率=1-至少出現一人的概率，然後再容斥算後面那個東西。n個a全部鴿鴿的概率=1-至少鴿乙個的概率+至少鴿兩個的概率-......=1-至少鴿奇數個的概率+至少鴿偶數個的概率。
考試時如果感覺有點策不清就畫圖吧。。。韋恩圖是特別重要的解題手段
證明看容斥原理詳解
p1450 [haoi2008]硬幣購物
硬幣購物一共有4種硬幣。面值分別為c1,c2,c3,c4。某人去商店買東西，去了tot次。每次帶di枚ci硬幣，買s的價值的東西。請問每次有多少種付款方法。
其中注意資料範圍di,s<=100000，tot<=1000。
本題如何用容斥原理：
引用題解的話：
簡單來說，就是把重複計算的部分去掉，把多去掉的部分加回來
針對本題而言，就是：
不合法數目=1超出的部分+2超出的部分+……1,2共同超出的部分-2,3共同超出的部分……+1,2,3共同超出的部分……（後面以此類推）
**實現就比較容易了
#includeusing namespace std;
#define int long long //這道題不開long long會爆int
int t,k,n,m;
int s;
int ans=0;
int f[100005],c[5],d[5];//f[i]為預處理的完全揹包
inline int read() //快讀
inline void work()
inline void dfs(int now,int s,int b)
//剪枝
dfs(now+1,s,b);//求合法的部分
dfs(now+1,s-(d[now]+1)*c[now],-b);//求不合法的部分，b要變號所以乘以-1；
} signed main()
return 0;
}
先預處理f[i]表示在不限制硬幣數量的情況下購買價值為i的物品的方案數。於是我們可以跑乙個完全揹包。
對於硬幣個數的限制，考慮容斥：欽定若干種硬幣使用di+1次，也就是欽定它超過限制。設被欽定的總費用為x，方案數就是f[s-x]。容斥一下，偶加奇減。
具體證明為畫圖，直觀的表現出容斥原理的思想。
二維字首和，有效減少查詢統計時的複雜度，每一次查詢o(n)o(n)降到o(1),絕對過的了
記住：上加左，減左上，加自己
ans[i][j]=ans[i][j-1]+ans[i-1][j]-ans[i-1][j-1];
p2822 組合數問題
優化之後的**
#includeusing namespace std;
int t,k,n,m;
long long c[2005][2005],ans[2005][2005];//ans表示二維字首和
inline void work()
ans[i][i+1]=ans[i][i];
}
}inline int read()
int main()
return 0;
}
不懂二維字首和的可以看看。
容斥原理及證明
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容斥原理及廣義容斥（二項式反演）
就是這麼乙個公式 因為本人太弱，不會嚴謹的數學證明，感性理解一下就是把那些重複的元素去掉就行了。容斥的套路挺多的，還是要多做題。貌似也叫二項式反演，總共有3種形式，但常用的只有兩種 1.若 f n sum limits binomg i 那麼 g n sum limits 1 binomf i 具體...
zoj 3614 二維RMQ 容斥
rmq求出矩陣區間最大，陣列sum和pro分別存座標i，j到右下角的矩陣所有元素和，和平方和，然後根據容斥求出某一矩陣的元素和，平方和。然後根據方差展開求最大座標，就ok啦。include include include include include include include include...