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容斥原理

入门

入门例题

假设班里有 $10$ 个学生喜欢数学， $15$ 个学生喜欢语文， $21$ 个学生喜欢编程，班里至少喜欢一门学科的有多少个学生呢？

是 $10+15+21=46$ 个吗？不是的，因为有些学生可能同时喜欢数学和语文，或者语文和编程，甚至还有可能三者都喜欢。

为了叙述方便，我们把喜欢语文、数学、编程的学生集合分别用 $A,B,C$ 表示，则学生总数等于 $|A\cup B\cup C|$ 。刚才已经讲过，如果把这三个集合的元素个数 $|A|,|B|,|C|$ 直接加起来，会有一些元素重复统计了，因此需要扣掉 $|A\cap B|,|B\cap C|,|C\cap A|$ ，但这样一来，又有一小部分多扣了，需要加回来，即 $|A\cap B\cap C|$ 。即

$$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|$$

把上述问题推广到一般情况，就是我们熟知的容斥原理。

容斥原理

设 U 中元素有 n 种不同的属性，而第 i 种属性称为 $P_i$ ，拥有属性 $P_i$ 的元素构成集合 $S_i$ ，那么

$$\begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\cdots\\ &+(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^{m}S_{a_i}\right|+\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap\cdots\cap S_n| \end{split}$$

即

$$\left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum_{m=1}^n(-1)^{m-1}\sum_{a_i<a_{i+1} }\left|\bigcap_{i=1}^mS_{a_i}\right|$$

证明

对于每个元素使用二项式定理计算其出现的次数。对于元素 x，假设它出现在 $T_1,T_2,\cdots,T_m$ 的集合中，那么它的出现次数为

$$\begin{split} Cnt=&|\{T_i\}|-|\{T_i\cap T_j|i<j\}|+\cdots+(-1)^{k-1}\left|\left\{\bigcap_{i=1}^{k}T_{a_i}|a_i<a_{i+1}\right\}\right|\\ &+\cdots+(-1)^{m-1}|\{T_1\cap\cdots\cap T_m\}|\\ =&C_m^1-C_m^2+\cdots+(-1)^{m-1}C_m^m\\ =&C_m^0-\sum_{i=0}^m(-1)^iC_m^i\\ =&1-(1-1)^m=1 \end{split}$$

于是每个元素出现的次数为 1，那么合并起来就是并集。证毕。

补集

对于全集 U 下的 集合的并 可以使用容斥原理计算，而集合的交则用全集减去 补集的并集 求得：

$$\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|$$

右边使用容斥即可。

可能接触过容斥的读者都清楚上述内容，而更关心的是容斥的应用

那么接下来我们给出 3 个层次不同的例题来为大家展示容斥原理的应用。

不定方程非负整数解计数

不定方程非负整数解计数

给出不定方程 $\sum_{i=1}^nx_i=m$ 和 $n$ 个限制条件 $x_i\leq b_i$ ，其中 $m,b_i\leq \mathbb{N}$ . 求方程的非负整数解的个数。

没有限制时

如果没有 $x_i<b_i$ 的限制，那么不定方程 $\sum_{i=1}^nx_i=m$ 的非负整数解的数目为 $C_{m+n-1}^{n-1}$ .

略证：插板法。

相当于你有 $m$ 个球要分给 $n$ 个盒子，允许某个盒子是空的。这个问题不能直接用组合数解决。

于是我们再加入 $n-1$ 个球，于是问题就变成了在一个长度为 $m+n-1$ 的球序列中选择 $n-1$ 个球，然后这个 $n-1$ 个球把这个序列隔成了 $n$ 份，恰好可以一一对应放到 $n$ 个盒子中。那么在 $m+n-1$ 个球中选择 $n-1$ 个球的方案数就是 $C_{m+n-1}^{n-1}$ 。

容斥模型

接着我们尝试抽象出容斥原理的模型：

1. 全集 U：不定方程 $\sum_{i=1}^nx_i=m$ 的非负整数解
2. 元素：变量 $x_i$ .
3. 属性： $x_i$ 的属性即 $x_i$ 满足的条件，即 $x_i\leq b_i$ 的条件

目标：所有变量满足对应属性时集合的大小，即 $|\bigcap_{i=1}^nS_i|$ .

这个东西可以用 $\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|$ 求解。 $|U|$ 可以用组合数计算，后半部分自然使用容斥原理展开。

那么问题变成，对于一些 $\overline{S_{a_i}}$ 的交集求大小。考虑 $\overline{S_{a_i} }$ 的含义，表示 $x_{a_i}\geq b_{a_i}+1$ 的解的数目。而交集表示同时满足这些条件。因此这个交集对应的不定方程中，有些变量有 下界限制 ，而有些则没有限制。

能否消除这些下界限制呢？既然要求的是非负整数解，而有些变量的下界又大于 $0$ ，那么我们直接 把这个下界减掉 ，就可以使得这些变量的下界变成 $0$ ，即没有下界啦。因此对于

$$\left|\bigcap_{a_i<a_{i+1} }^{1\leq i\leq k}S_{a_i}\right|$$

的不定方程形式为

$$\sum_{i=1}^nx_i=m-\sum_{i=1}^k(b_{a_i}+1)$$

于是这个也可以组合数计算啦。这个长度为 $k$ 的 $a$ 数组相当于在枚举子集。

HAOI2008 硬币购物

HAOI2008 硬币购物

4 种面值的硬币，第 i 种的面值是 $C_i$ 。 $n$ 次询问，每次询问给出每种硬币的数量 $D_i$ 和一个价格 $S$ ，问付款方式。

$n\leq 10^3,S\leq 10^5$ .

如果用背包做的话复杂度是 $O(4nS)$ ，无法承受。这道题最明显的特点就是硬币一共只有四种。抽象模型，其实就是让我们求方程 $\sum_{i=1}^4C_ix_i=S,x_i\leq D_i$ 的非负整数解的个数。

采用同样的容斥方式， $x_i$ 的属性为 $x_i\leq D_i$ . 套用容斥原理的公式，最后我们要求解

$$\sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^kC_{a_i}(D_{a_i}+1)$$

也就是无限背包问题。这个问题可以预处理，算上询问，总复杂度 $O(4S+2^4n)$ 。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int S = 1e5 + 5;
int c[5], d[5], n, s;
int f[S];
signed main() {
  scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &c[1], &c[2], &c[3], &c[4], &n);
  f[0] = 1;
  for (int j = 1; j <= 4; j++)
    for (int i = 1; i < S; i++)
      if (i >= c[j]) f[i] += f[i - c[j]];
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &d[1], &d[2], &d[3], &d[4], &s);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < 16; i++) {
      int m = s, bit = 0;
      for (int j = 1; j <= 4; j++)
        if ((i >> (j - 1)) & 1) m -= (d[j] + 1) * c[j], bit++;
      if (m >= 0) ans += (bit % 2 * 2 - 1) * f[m];
    }
    printf("%lld\n", f[s] - ans);
  }
  return 0;
}

错位排列计数

错位排列计数

对于 $1\sim n$ 的排列 $P$ 如果满足 $P_i\neq i$ ，则称 $P$ 是 $n$ 的错位排列。求 $n$ 的错位排列数。

全集 $U$ 即为 $1\sim n$ 的排列， $|U|=n!$ ；属性就是 $P_i\neq i$ . 套用补集的公式，问题变成求 $\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|$ .

我们知道 $\overline{S_i}$ 的含义是满足 $P_i=i$ 的排列的数量。用容斥原理把问题式子展开，我们需要对若干个特定的集合的交集求大小，即

$$\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|$$

其中我们省略了 $a_i<a_{i+1}$ 的条件以方便表示。上述 $k$ 个集合的交集表示有 $k$ 个变量满足 $P_{a_i}=a_i$ 的排列数，而剩下 $n-k$ 个数的位置任意，因此排列数

$$\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|=(n-k)!$$

那么选择 $k$ 个元素的方案数为 $C_n^k$ ，因此有

$$\begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\sum_{a_{1,\cdots,k} }\left|\bigcap_{i=1}^{k}S_{a_i}\right|\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}C_n^k(n-k)!\\ &=\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ &=n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!} \end{split}$$

因此 $n$ 的错位排列数为

$$D_n=n!-n!\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1} }{k!}=n!\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{k!}$$

完全图子图染色问题

前面的三道题都是容斥原理的正向运用，这道题则需要用到容斥原理逆向分析。

完全图子图染色问题

A 和 B 喜欢对图（不一定连通）进行染色，而他们的规则是，相邻的结点必须染同一种颜色。今天 A 和 B 玩游戏，对于 $n$ 阶 完全图 $G=(V,E)$ 。他们定义一个估价函数 $F(S)$ ，其中 S 是边集， $S\subseteq E$ . $F(S)$ 的值是对图 $G'=(V,S)$ 用 $m$ 种颜色染色的总方案数。他们的另一个规则是，如果 $|S|$ 是奇数，那么 A 的得分增加 $F(S)$ ，否则 B 的得分增加 $F(S)$ . 问 A 和 B 的得分差值。

数学形式

一看这道题的算法趋向并不明显，因此对于棘手的题目首先抽象出数学形式。得分差即为奇偶对称差，可以用 -1 的幂次来作为系数。我们求的是

$$Ans=\sum_{S\subseteq E}(-1)^{|S|-1}F(S)$$

容斥模型

相邻结点染同一种颜色，我们把它当作属性。在这里我们先不遵守染色的规则，假定我们用 m 种颜色直接对图染色。对于图 $G'=(V,S)$ ，我们把它当作 元素 。 属性 $x_i=x_j$ 的含义是结点 i,j 染同色（注意，并未要求 i,j 之间有连边）。

而属性 $x_i=x_j$ 对应的 集合 定义为 $Q_{i,j}$ ，其含义是所有满足该属性的图 $G'$ 的染色方案，集合的大小就是满足该属性的染色方案数，集合内的元素相当于所有满足该属性的图 $G'$ 的染色图。

回到题目，“相邻的结点必须染同一种颜色”，可以理解为若干个 $Q$ 集合的交集。因此可以写出

$$F(S)=\left|\bigcap_{(i,j)\in S}Q_{i,j}\right|$$

上述式子右边的含义就是说对于 S 内的每一条边 $(i,j)$ 都满足 $x_i=x_j$ 的染色方案数，也就是 $F(S)$ .

是不是很有容斥的味道了？由于容斥原理本身没有二元组的形式，因此我们把 所有 的边 $(i,j)$ 映射到 $T=\frac{n(n+1)}{2}$ 个整数上，假设将 $(i,j)$ 映射为 $k,1\leq k\leq T$ ，同时 $Q_{i,j}$ 映射为 $Q_k$ . 那么属性 $x_i=x_j$ 则定义为 $P_k$ .

同时 S 可以表示为若干个 k 组成的集合，即 $S\Leftrightarrow K=\{k_1,k_2,\cdots,k_m\}$ .（也就是说我们在边集与数集间建立了等价关系）。

而 E 对应集合 $M=\left\{1,2,\cdots,\frac{n(n+1)}{2}\right\}$ . 于是乎

$$F(S)\Leftrightarrow F(\{ {k_i}\})=\left|\bigcap_{k_i}Q_{k_i}\right|$$

逆向分析

那么要求的式子展开

$$\begin{split} Ans &= \sum_{K\subseteq M}(-1)^{|K|-1}\left|\bigcap_{k_i\in K}Q_{k_i}\right|\\ &= \sum_{i}|Q_i|-\sum_{i<j}|Q_i\cap Q_j|+\sum_{i<j<k}|Q_i\cap Q_j\cap Q_k|-\cdots+(-1)^{T-1}\left|\bigcap_{i=1}^TQ_i\right| \end{split}$$

于是就出现了容斥原理的展开形式，因此对这个式子逆向推导

$$Ans=\left|\bigcup_{i=1}^TQ_i\right|$$

再考虑等式右边的含义，只要满足 $1\sim T$ 任一条件即可，也就是存在两个点同色（不一定相邻）的染色方案数！而我们知道染色方案的全集是 $U$ ，显然 $|U|=m^n$ . 而转化为补集，就是求两两异色的染色方案数，即 $A_m^n=\frac{m!}{n!}$ . 因此

$$Ans=m^n-A_m^n$$

解决这道题，我们首先抽象出题目数学形式，然后从题目中信息量最大的条件， $F(S)$ 函数的定义入手，将其转化为集合的交并补。然后将式子转化为容斥原理的形式，并 逆向推导 出最终的结果。这道题体现的正是容斥原理的逆用。

数论中的容斥

考虑这样一个经典问题

欧拉函数公式

求欧拉函数 $\varphi(n)$ . 其中 $\varphi(n)=|\{1\leq x\leq n|\gcd(x,n)=1\}|$ 。

直接计算是 $O(n\log n)$ 的，用线性筛是 $O(n)$ 的，杜教筛是 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 的（话说一道数论入门题用容斥做为什么还要扯到杜教筛上），接下来考虑用容斥推出欧拉函数的公式

判断两个数是否互质，首先分解质因数

$$n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i}$$

那么就要求对于任意 $p_i$ ， $x$ 都不是 $p_i$ 的倍数，即 $p_i\nmid x$ . 把它当作属性，对应的集合为 $S_i$ ，因此有

$$\varphi(n)=\left|\bigcap_{i=1}^kS_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^k\overline{S_i}\right|$$

全集大小 $|U|=n$ ，而 $\overline{S_i}$ 表示的是 $p_i\mid x$ 构成的集合，显然 $|\overline{S_i}|=\frac{n}{p_i}$ ，并由此推出

$$\left|\bigcap_{a_i<a_{i+1}}S_{a_i}\right|=\frac{n}{\prod p_{a_i}}$$

因此可得

$$\begin{split} \varphi(n)=&n-\sum_{i}\frac{n}{p_i}+\sum_{i<j}\frac{n}{p_ip_j}-\cdots+(-1)^k\frac{n}{p_1p_2\cdots p_n}\\ =&n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_k}\right)\\ =&n\prod_{i=1}^k\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \end{split}$$

这就是欧拉函数的数学表示啦

容斥原理一般化

容斥原理常用于集合的计数问题，而对于两个集合的函数 $f(S),g(S)$ ，若

$$f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T)$$

那么就有

$$g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)$$

证明

接下来我们简单证明一下。我们从等式的右边开始推：

$$\begin{split} &\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ =&\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\sum_{Q\subseteq T}g(Q)\\ =&\sum_{Q}g(Q)\sum_{Q\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\\ \end{split}$$

我们发现后半部分的求和与 $Q$ 无关，因此把后半部分的 Q 剔除：

$$=\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}\\ $$

记关于集合 $P$ 的函数 $F(P)=\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}$ ，并化简这个函数：

$$\begin{split} F(P)=&\sum_{T\subseteq P}(-1)^{|P|-|T|}\\ =&\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i(-1)^{|P|-i}=\sum_{i=0}^{|P|}C_{|P|}^i1^i(-1)^{|P|-i}\\ =&(1-1)^{|P|}=0^{|P|} \end{split}$$

因此原来的式子的值是

$$\sum_{Q}g(Q)\sum_{T\subseteq (S\setminus Q)}(-1)^{|S\setminus Q|-|T|}=\sum_{Q}g(Q)F(S\setminus Q)=\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}$$

分析发现，仅当 $|S\setminus Q|=0$ 时有 $0^0=1$ ，这时 $Q=S$ ，对答案的贡献就是 $g(S)$ ，其他时侯 $0^{|S\setminus Q|}=0$ ，则对答案无贡献。于是得到

$$\sum_{Q}g(Q)\cdot 0^{|S\setminus Q|}=g(S)$$

综上所述，得证。

推论

该形式还有这样一个推论。在全集 $U$ 下，对于函数 $f(S),g(S)$ ，如果

$$f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)$$

那么

$$g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)$$

这个推论其实就是补集形式，证法类似。

DAG 计数

DAG 计数

对 $n$ 个点带标号的有向无环图进行计数，对 $10^9+7$ 取模。 $n\leq 5\times 10^3$ 。

直接 DP

考虑 DP，定义 $f[i,j]$ 表示 $i$ 个点的 DAG，有 $j$ 点个入度为 $0$ 的图的个数。假设去掉这 $j$ 个点后，有 $k$ 个点入度为 $0$ ，那么在去掉前这 $k$ 个点至少与这 $j$ 个点中的某几个有连边，即 $2^j-1$ 种情况；而这 $j$ 个点除了与 $k$ 个点连边，还可以与剩下的点任意连边，有 $2^{i-j-k}$ 种情况。因此方程如下：

$$f[i,j]=\binom{i}{j}\sum_{k=1}^{i-j}(2^j-1)^k2^{i-j-k}f[i-j,k]$$

计算上式的复杂度是 $O(n^3)$ 的。

放宽限制

上述 DP 的定义是恰好 $j$ 个点入度为 $0$ , 太过于严格，可以放宽为至少 $j$ 个点入度为 $0$ 。直接定义 $f[i]$ 表示 $i$ 个点的 DAG 个数。可以直接容斥。考虑选出的 $j$ 个点，这 $j$ 个点可以和剩下的 $i-j$ 个点有任意的连边，即 $\left(2^{i-j}\right)^j=2^{(i-j)j}$ 种情况：

$$f[i]=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-1}\binom{i}{j}2^{(i-j)j}f[i-j]$$

计算上式的复杂度是 $O(n^2)$ 的。

Min-max 容斥

对于全序集合 $S$ ，有：

$$\begin{split} \max S &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} \min T\\ \min S &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} \max T \end{split}$$

全序集合

在介绍全序集合之前，首先介绍全序关系。对于集合 $X$ ，若 $X$ 满足全序关系，则下列陈述对于任意 $a,b,c\in X$ 都成立：

• 反对称性：若$a\le b$且$b\le a$，则$a=b$;
• 传递性：若$a\le b$且$b\le c$，则$a\le c$；
• 完全性：$a\le b$或者$b\le a$。

满足全序关系的集合就是全序集合。

不严谨地说，全序集合就是每一个元素都有确定的排名的集合（可以求第k大/第k小）。比如正整数集合。

证明

考虑做一个到一般容斥原理的映射。对于 $x\in S$ ，假设 $x$ 是第 $k$ 大的元素。那么我们定义一一映射 $f:x\mapsto \{1,2,\cdots,k\}$ 。

容易发现， $x$ ， $k$ ， $f(x)$ 两两都是一一映射的关系。

那么容易发现，对于 $x,y\in S$ ， $f(\min(x,y))=f(x)\cap f(y)$ ， $f(\max(x,y))=f(x)\cup f(y)$ 。因此我们得到：

$$\begin{split} |f(\max S )| &= \left| \bigcup_{x\in S} f(x) \right|\\ &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} \left|\bigcap_{x\in T}f(x)\right|\\ &= \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1} |f(\min T)|\\ \end{split}$$

然后再把 $|f(\max S)|$ 映射回 $\max S$ ，我们就证明了原式。

PKUWC2018 随机游走

PKUWC2018 随机游走

给定一棵 $n$ 个点的树，你从 $x$ 出发，每次等概率随机选择一条与所在点相邻的边走过去。

有$Q$次询问。每次询问给出一个集合$S$，求如果从$x$出发一直随机游走，直到点集$S$中的点都至少经过一次的话，期望游走几步。

特别地，点$x$（即起点）视为一开始就被经过了一次。

对$998244353$取模。

$1\le n\le 18,1\le Q\le 5000,1\le |S|\le n$。

期望游走的步数也就是游走的时间。那么设随机变量 $x_i$ 表示第一次走到结点 $i$ 的时间。那么我们要求的就是

$$E\left(\max_{i\in S}x_i\right)$$

使用 min-max 容斥可以得到

$$E\left(\max_{i\in S}x_i\right) =E\left(\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min_{i\in T}x_i\right) =\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E\left(\min_{i\in T}x_i\right)$$

对于一个集合 $T\in[n]$ ，考虑求出 $F(T)=E(\min_{i\in T}x_i)$ 。

考虑 $E(\min_{i\in T}x_i)$ 的含义，是第一次走到 $T$ 中某一个点的期望时间。不妨设 $f(i)$ 表示从结点 $i$ 出发，第一次走到 $T$ 中某个结点的期望时间。

• 对于 $i\in T$ ，有 $f(i)=0$ 。
• 对于 $i\notin T$ ，有 $f(i)=1+\frac{1}{\text{deg}(i)}\sum_{(i,j)\in E}f(j)$ 。

如果直接高斯消元，复杂度 $O(n^3)$ 。那么我们对每个 $T$ 都计算 $F(T)$ 的总复杂度就是 $O(2^nn^3)$ ，不能接受。我们使用树上消元的技巧。

不妨设根结点是 $1$ ，结点 $u$ 的父亲是 $p_u$ 。对于叶子结点 $i$ ， $f(i)$ 只会和 $i$ 的父亲有关（也可能 $f(i)=0$ ，那样更好）。因此我们可以把 $f(i)$ 表示成 $f(i)=A_i+B_if(p_i)$ 的形式，其中 $A_i,B_i$ 可以快速计算。

对于非叶结点 $i$ ，考虑它的儿子序列 $j_1,\cdots,j_k$ 。由于 $f(j_e)=A_{j_e}+B_{j_e}f(i)$ 。因此可以得到

$$f(i)=1+\frac{1}{\deg(i)}\sum_{e=1}^k\left(A_{j_e}+B_{j_e}f(i)\right)+\frac{f(p_i)}{\deg(i)}$$

那么变换一下可以得到

$$f(i)=\frac{\deg(i)+\sum_{e=1}^kA_{j_e}}{\deg(i)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}}+ \frac{f(p_i)}{\deg(i)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}}$$

于是我们把 $f(i)$ 也写成了 $A_i+B_if(p_i)$ 的形式。这样可以一直倒推到根结点。而根结点没有父亲。也就是说

$$f(1)=\frac{\deg(1)+\sum_{e=1}^kA_{j_e}}{\deg(1)-\sum_{e=1}^kB_{j_e}}$$

解一下这个方程我们就得到了 $f(1)$ ，再从上往下推一次就得到了每个点的 $f(i)$ 。那么 $F(T)=f(x)$ 。时间复杂度 $O(n)$ 。

这样，我们可以对于每一个 $T$ 计算出 $F(T)$ ，时间复杂度 $O(2^nn)$ 。

回到容斥的部分，我们知道 $E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}F(T)$ 。

不妨设 $F'(T)=(-1)^{|T|-1}F(T)$ ，那么进一步得到 $E(\max_{i\in S}x_i)=\sum_{T\subseteq S}F'(T)$ 。因此可以使用 FMT（也叫子集前缀和，或者 FWT 或变换）在 $O(2^nn)$ 的时间内对每个 $S$ 计算出 $E(\max_{i\in S}x_i)$ ，这样就可以 $O(1)$ 回答询问了。

参考文献

王迪《容斥原理》，2013 年信息学奥林匹克中国国家队候选队员论文集

Cyhlnj《有标号的 DAG 计数系列问题》

Wikipedia - 全序关系

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