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<=1>=8的情况。

<=1X>=8Y组排列。那么通过容斥原理来解决就可以写成：

即：

二.

n0121次，这样的序列有多少种？

同样的，我们转向它的逆问题。也就是不出现这些数字的序列 不出现其中某些数字的序列。

Ai(i=0…2)i的序列数，那么由容斥原理，我们得到该逆问题的结果为：

可以发现每个Ai的值都为2^n(因为这些序列中只能包含两种数字)。而所有的两两组合

都110。(因为它不包含数字，所以不存在)

要记得我们解决的是它的逆问题，所以要用总数减掉，得到最终结果：

三.

方程整数解问题

给出一个方程：

其中

。

求这个方程的整数解有多少组。

我们先不去理会xi<=8的条件，来考虑所有正整数解的情况。这个很容易用组合数来求解，我们要把20个元素分成6组，也就是添加5块“夹板”，然后在25个位置中找5块“夹板”的位置。

然后通过容斥原理来讨论它的逆问题，也就是x>=9时的解。

我们定义Ak为xk>=9并且其他xi>=0时的集合，同样我们用上面的添加“夹板”法来计算Ak的大小，因为有9个位置已经被xk所利用了，所以：

然后计算两个这样的集合Ak、Ap的交集：

因为所有x的和不能超过20，所以三个或三个以上这样的集合时是不能同时出现的，它们的交集都为0。最后我们用总数剪掉用容斥原理所求逆问题的答案，就得到了最终结果：

四.

求指定区间内与n互素的数的个数：

nr[1;r]n互素的数的个数。

n互素的数的个数。

npi(i=1…k)

[1;r]pi整除呢？它就是：

然而，如果我们单纯将所有结果相加，会得到错误答案。有些数可能被统计多次(被好几个素因子整除)。所以，我们要运用容斥原理来解决。

我们可以用2^k的算法求出所有的pi组合，然后计算每种组合的pi乘积，通过容斥原理来对结果进行加减处理。

关于此问题的最终实现：

int solve (int n, int r)

{

vector p;

for (int i=2; i*i<=n; ++i)

if (n % i == 0)

{

p.push_back (i);

while (n % i == 0)

n /= i;

}

if (n > 1)

p.push_back (n);

int sum = 0;

for (int msk=1; msk

{

int mult = 1,

bits = 0;

for (int i=0; i

if (msk & (1<

{

++bits;

mult *= p[i];

}

int cur = r / mult;

if (bits % 2 == 1)

sum += cur;

else

sum -= cur;

}

return r - sum;

}

五.

素数四元组的个数问题

个数

，从其中选出4个数，使它们的最大公约数为1，问总共有多少中取法。

我们解决它的逆问题：求最大公约数d>1的四元组的个数。

运用容斥原理，将求得的对于每个d的四元组个数的结果进行加减。

其中deg(d)代表d的质因子个数，f(d)代表四个数都能被d整除的四元组的个数。

求解f(d)时，只需要利用组合方法，求从所有满足被d整除的ai中选4个的方法数。

然后利用容斥原理，统计出所有能被一个素数整除的四元组个数，然后减掉所有能被两个素数整除的四元组个数，再加上被三个素数整除的四元组个数…

六.

和睦数三元组的个数问题

。选出a,

b, c (其中2<=a

· 或者满足，

，

·或者满足

首先，我们考虑它的逆问题：也就是不和睦三元组的个数。

然后，我们可以发现，在每个不和睦三元组的三个元素中，我们都能找到正好两个元素满足：它与一个元素互素，并且与另一个元素不互素。

所以，我们只需枚举2到n的所有数，将每个数的与其互素的数的个数和与其不互素的数的个数相乘，最后求和并除以2，就是要求的逆问题的答案。

2n2n所有数的结果，分别求解显然效率太低。

2n所有数的结果。

在这里，我们可以使用改进的埃拉托色尼筛法。

·首先，对于2到n的所有数，我们要知道构成它的素数中是否有次数大于1的，为了应用容斥原理，我们还有知道它们由多少种不同的素数构成。

deg[i]igood[i]truefalsei1是否成立。

i2ndeg[]igood[]false。

·然后，利用容斥原理，求出2到n每个数的cnt[i]：在2到n中不与i互素的数的个数。

回想容斥原理的公式，它所求的集合是不会包含重复元素的。也就是如果这个集合包含的某个素数多于一次，它们不应再被考虑。

igood[i]=trueii*ji*jN/ii*jideg[i]deg[i]为奇数，那么我们要用加号，否则用减号。

程序实现：

int n;

bool good[MAXN];

int deg[MAXN], cnt[MAXN];

long long solve()

{

memset (good, 1, sizeof good);

memset (deg, 0, sizeof deg);

memset (cnt, 0, sizeof cnt);

long long ans_bad = 0;

for (int i=2; i<=n; ++i)

{

if (good[i])

{

if (deg[i] == 0) deg[i] = 1;

for (int j=1; i*j<=n; ++j)

{

if (j > 1 && deg[i] == 1)

if (j % i == 0)

good[i*j] = false;

else

++deg[i*j];

cnt[i*j] += (n / i) * (deg[i]%2==1 ? +1 : -1);

}

}

ans_bad += (cnt[i] - 1) * 1ll * (n - cnt[i] - 1);

}

return (n-1) * 1ll * (n-2) * (n-3) / 6 - ans_bad / 2;

}未完待续……