一些前置技能
二项式定理
$$\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}a^ib^{n-i}=(a+b)^n$$
交换求和号
这个不太好描述……具体问题具体分析……就举个例子……
$$\sum_{i=0}^{n} f(i) \sum_{j=0}^{i} g(j)h(i,j)=\sum_{j=0}^{n} g(j) \sum_{i=j}^{n} f(i)h(i,j)$$
交换后只要保证每一组乘积与之前一一对应即可
组合数经典公式
$${n \choose i}={n-1 \choose i}+{n-1 \choose i-1}$$
公式化的理解：手动拆开式子然后约分
从组和数上的意义理解：从$n$个物品中挑选出$i$个物品，相当于考虑是否最终挑选出第$i$个物品，如果不挑选出，那么方案数为${n-1 \choose i}$，如果挑选出，那么方案为${n-1 \choose i-1}$
这个公式十分有用……如果是一个组合数乘上一个$-1$的若干次幂后求和的形式，可以直接大力拆式子，然后一正一负就消掉了……
参考文献
什么是容斥
从一个简单的例题说起
有$k$种属性，你有一个函数$f(S)$，可以快速得知至少满足$S$属性的集合的物品个数，同时定义$f(\emptyset)=0$
现在你想知道至少有一种属性的物品的个数，$k \le 20$
可能小学老师们告诉过你，答案就是
$$\sum_{S \subseteq U}f(S)(-1)^{|S|+1}$$
通过文氏图，可以轻而易举的得知在$k \le 3$的时候是十分清晰易懂的，那么在$k$更高维的情况下，不妨证明一下为什么这个式子是对的
考虑每一个物品，假设它有$n$个属性，当然在$n=0$的时候只会被$f(\emptyset)$枚举到，而且对答案的贡献为$0$
如果$n \ge 1$，那么可以枚举一下它的属性会被哪些组合枚举到，既
$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (-1)^{i+1}&=-(\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (-1)^{i})\\&=-((1-1)^n-1)\\&=1\end{aligned}$$
因此这个物品如果至少有一个属性的话那么一定会被只对答案产生$1$的贡献
也许对容斥有了一些感性的理解了吧
一般化的经典容斥
首先需要有一个属性集合$k$，然后假设有一个可以查询至少满足属性集合$S$的物品个数的函数$q(S)$
同时还有一个函数$g(k)$，对于一个有$k$个属性的物品，它会对答案产生$g(k)$的贡献
同时确定一个容斥系数$f(x)$，使得答案为$\sum_{S \subseteq U}q(S)f(|S|)$
此时看一下每一个物品会怎么对答案产生贡献的（假设这个物品有$n$个属性）：
$$\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} f(i)=g(n)$$
如果允许$O(n^2)$的时间复杂度的话，可以直接通过递推来计算出$f(x)$
既假设知道了$f(1) \sim f(n)$，现在要计算$f(n+1)$，根据定义有
$$\sum_{i=1}^{n+1} {n + 1 \choose i} f(i)=g(n+1) \Rightarrow f(n+1)=g(n+1)-\sum_{i=1}^{n} {n+ 1\choose i} f(i)$$
于是就可以打表找规律了！
计算容斥系数
然而如果需要快速计算$f(x)$呢？
发现上面那个式子比较像卷积的形式，定义$f(0)=0$
也就是说
$$\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=1}^{n} {n \choose i} f(i) \\&=\sum_{i=0}^{n}\frac{n!}{i!(n-i)!}f(i) \\&=n!\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{(n-i)!}\frac{f(i)}{i!} \\\end{aligned}$$
整理一下就是
$$\frac{g(n)}{n!}=\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{(n-i)!}\frac{f(i)}{i!}$$
设$G(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{g(i)}{i!},H(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{1}{i!},F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\frac{f(i)}{i!}$
则$G(x)=H(x)F(x)$，也就是$F(x)=\frac{H(x)}{G(x)}$
于是可以用优秀的多项式求逆算法在$O(n \log n)$的时间复杂度内解决了！
当然还有一种优秀的反演方法……并没有学会……
一些简单的应用
统计人数问题
已知在某场比赛中，一共有${1,2,3}$这三道题，同时你可以查询$f(S)$，会返回至少切了集合$S$的题的人的个数，问有多少人至少切了一道题？
根据上面的推导，可以知道答案就是
$$f({1})+f({2})+f({3})-f({1,2})-f({1,3})-f({2,3})+f({1,2,3})$$
错排问题
问$1 \sim n$的所有排列$a$中，满足$a_i \not= i$的排列数
对于不等于的限制似乎不太好做，但对于等于的限制是十分好做的：如果有$x$个位置满足$a_i=i$，那么其余位置的方案数为$(n-x)!$
所以可以枚举至少哪些位置是不合法的，然后容斥一下
设$f(n)$表示$n$个数的错排个数，则
$$ \begin{aligned} f(n) &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i} {n \choose i} (n-i)! \\ &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{n!}{i!(n-i)!}(n-i)! \\ &=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{n!}{i!} \\ &=n\sum_{i=0}^{n}(-1)^i \frac{(n-1)!}{i!} \\ &=(-1)^{n} \frac{n!}{n!} + n\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^i \frac{(n-1)!}{i!} \\ &=(-1)^{n} + nf(n-1) \\ \end{aligned} $$
关于第一行的说明：
首先需要枚举一下有多少个位置是不满足错排的，这个是$\sum_{i=0}^{n}$
其次需要一个容斥系数，为$(-1)^i$
之后枚举那些位置不满足错排，这是${n \choose i}$
对于剩下的位置可以随意放，也就是$(n-i)!$
证明一下正确性：
假设一个排列有$k$的地方满足$a_i = i$，既要求对答案的贡献为$[k=0]$
那么实际对答案的贡献为：
$$ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{k}{k \choose i}(-1)^i \end{aligned} $$
上面那个式子在$k=0$的时候对答案的贡献为$1$，满足题意，以下考虑在$k \ge 1$的情况下对答案的贡献
$$ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{k}{k \choose i}(-1)^i &=(1-1)^k\\&=0\end{aligned} $$
那如果要求恰好$k$个位置满足错排呢？
枚举一下哪些位置不满足错排，显然剩下的位置只能唯一确定，既${n \choose k}f(k)$
那如果要求至少$k$个位置满足错排呢（$k \ge 1$）？
同理，答案就是$\sum_{i=1}^{k} {n \choose i}f(i)$
方程的解问题
给定一个方程$\sum_{i=1}^{n}x_i=b$，问非负整数的个数
通过组合数学，可以得知解的个数为${n+b-1 \choose n-1}$
一个简单粗暴的证明：
相当于将$b$个$1$分割成$n$份，允许某份是空的，问方案数
考虑设置$n$个特殊点，如果第$i$个特殊点被选中了，则第$i$堆为空
然后将$b$个$1$分成若干份，依次对应非空的$x_i$
于是解的个数就是${n+b-1 \choose n-1}$
然而如果对于每一个$x_i$都有限制呢？诸如$l_i \le x_i \le r_i$
设$y_i=x_i-l_i$，也就是$0 \le y_i \le r_i-l_i$，这样对于每一个非负整数解$y_i$，都有一个非负整数$x_i$与之对应
换句话说问题转化为了限制诸如$0 \le x_i \le k_i$的形式
考虑容斥，每次枚举哪些$x_i$不满足限制，既$x_i \ge k_i+1$，然后配上正确的容斥系数
如何让$x_i$不满足限制？设$x_i’=x_i+k_i+1$，然后把$x_i’$替换$x_i$就行了
设$f(S)$表示集合$S$的变量不满足限制的方案数，显然有
$$ f(S)={n+b-1-\sum_{i \in S}(k_i+1)\choose n-1} $$
同时对于答案$T$，有
$$ T=\sum_{S \subseteq U}(-1)^{|S|}f(S)=\sum_{S \subseteq U}(-1)^{|S|}{n+b-1-\sum_{i \in S}(k_i+1)\choose n-1} $$
字符串匹配问题
有$n$个长度相同的模板串，用?表示通配符（可以匹配任何字符），给出一个整数$k$，求恰好匹配$k$个模板串的字符串的个数
一般化的题目描述：
有$n$个属性，求恰好满足$k$个属性的物品个数
你有一个函数$q(S)$，可以快速算出至少满足属性集合$S$的物品个数（保证每个物品最多只会被统计一次）
设$f(S)$表示只满足属性集合$S$的物品的个数，那么答案就是$\sum_{S \subseteq U \wedge |S| = k}f(S)$
设$f(S)=\sum\limits_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)g(|P|)$，其中$|S|=k$，显然有$g(x)=(-1)^{x-k}$
证明：
对于一个物品$t$，假设它的属性集合为$Q$，且$S \subseteq Q$，且$|Q|=k+u$
那么它对$f(S)$的贡献是
$$\sum_{i=0}^{u}{u \choose i}(-1)^{i}=(-1+1)^{u}=[u=0]$$
也就是说$f(S)=\sum\limits_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)(-1)^{|P|-k}$
也就是说
$$\begin{aligned}T&=\sum\limits_{S \subseteq U \wedge |S| = k}f(S) \\&=\sum\limits_{S \subseteq U \wedge |S| = k} \sum_{S \subseteq P \subseteq U}q(P)(-1)^{|P|-k} \\&=\sum\limits_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{|P|-k}{|P| \choose k}\end{aligned}$$
于是就做完了……
$q(S)$的话可以直接判断一下是否有冲突，如果没有冲突的话求一下有多少个位置是用?填充的，假设有$x$个位置用?填充，那么$q(S)=2^x$
如果扩展一下这道题，将“恰好”改成“至少”呢？
设$T(k)$表示恰好匹配$k$个字符串的方案数，$Q(k)$表示至少匹配$k$个字符串的方案数，则
$$ \begin{aligned} Q(k) &=\sum_{i=k}^{n}T(i) \\ &=\sum_{i=k}^{n}\sum\limits_{P \subseteq U \wedge |P| \ge i} q(P)(-1)^{|P|-i}{|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)\sum_{i=k}^{|P|}(-1)^{|P|-i} {|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{1-|P|}\sum_{i=k}^{|P|}(-1)^{i} {|P| \choose i} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{1-|P|}\sum_{i=k}^{|P|}(-1)^{i} ({|P| - 1 \choose i}+{|P| -1 \choose i-1}) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{1-|P|}((\sum_{i=k+1}^{|P|+1}(-1)^{i-1} {|P| - 1 \choose i-1})+(\sum_{i=k}^{|P|}(-1)^{i}{|P|-1 \choose i-1})) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{1-|P|}((-1^{|P|}){|P|-1 \choose |P| }+(-1)^{k}{|P|-1 \choose k-1}) \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{|P|-k}{|P|-1 \choose k-1} \\ &=\sum_{P \subseteq U \wedge |P| \ge k} q(P)(-1)^{|P|-k}{|P|-1 \choose |P|-k} \\ \end{aligned} $$
这个似乎没什么解释的……将一个式子套到另一个式子后，直接化简……
