#创造计划# 反射容斥

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2026-03-21 15:29:38

发布于：河南

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Part 0

有一张 $n \times m$ 的网格图，每次只能向右或向上走，问从 $(0,0)$ 出发走到 $(n,m)$ 的方案数。

总共会走 $n+m$ 步，选出 $n$ 步向右走，方案数即为 $\binom{n+m}{n}$ 。

Part 1

有一张 $n \times m$ 的网格图，每次只能向右或向上走，问从 $(0,0)$ 出发走到 $(n,m)$ 且不接触到 $y=x+1$ 直线的方案数。

考虑用总方案数减去接触到该直线的方案数，总方案数显然为 $\binom{n+m}{n}$ ，只需求出接触到该直线的方案数即可。

考虑第一次接触到该直线的时候就将之后的路径与该直线对称，则最后到达的点即 $(m-1,n+1)$ ，方案数即为 $\binom{n+m}{m-1}$ 。

故方案数即为 $\binom{n+m}{n}-\binom{n+m}{m-1}$ 。

Part 2

将一条直线扩展为两条斜率为 $1$ 的直线，仍然是从 $(0,0)$ 出发走到 $(n,m)$ 。

若两条直线在 $(n,m)$ 同侧，则可视为一条限制，所以在此只考虑不在同一侧的情况。

不妨设上方的直线为 $A:y=x+b1$ ，下方的直线为 $B:y=x+b2$ ，终点为 $P$ 。

借用 Part 1 的思想考虑容斥，总方案依然为 $\binom{n+m}{n}$ 。考虑将不合法的路径接触直线 $AB$ 的顺序写下来，大概为 $A,B,AB,BA,AAB\cdots$ ，不妨将连续接触同一条直线缩成一次，则顺序为 $A,B,AB,BA,\cdots$ 。

有一个简单直观的容斥为：合法方案数=总方案数-序列开头为 $A$ 的方案数-序列开头为 $B$ 的方案数。

而开头为 $A$ 的方案数似乎可以看成从 $(0,0)$ 走到 $P$ 关于 $A$ 的对称点的方案数？

发现不能这样简单的计算，因为这些方案还包括开头为 $BA$ 的方案；同理，从 $(0,0)$ 走到 $P$ 关于 $B$ 的对称点的方案数也包括开头为 $AB$ 的方案。同时减去这两项就会多减去开头为 $AB$ 和 $BA$ 的方案数，考虑如何求出这两项。

类比只接触一次的对称，以开头为 $AB$ 举例，将路径接触 $B$ 之后的一段沿 $B$ 对称，然后将路径接触 $A$ 之后的一段沿 $A$ 对称（若先沿 $A$ 对称会导致对称之后可能不接触 $B$ 了）。

此时终点为 $P$ 先沿 $B$ 对称后沿 $A$ 对称。发现此时仍然可能多记上开头为 $BAB$ 的方案数，所以一直容斥下去直到终点不在第一象限即可。

发现我们每次向后加数，却是从后向前对称，不妨从结尾考虑，即：合法方案数=总方案数-结尾为 $A$ 的方案数-结尾为 $B$ 的方案数+ $\cdots$ ，此时就可以维护两个终点坐标，每次分别沿 $A,B$ 对称，乘上容斥系数即可。

时间复杂度分析：发现每两次对称都会在经过终点的斜率为 $-1$ 的直线上移动 $b-c$ 的距离，所以时间复杂度为 $\dfrac{n}{b-c}$ 。

[SCOI2010] 生成字符串

模板题，设 $dp_{i,j}$ 为左括号选了 $i$ 个，右括号选了 $j$ 个的方案数，则要求 $(i\ge j)$ ，求 $dp_{n,m}$ 。

转到网格图上， $i \ge j$ 变为不接触 $y=x+1$ ，变为 Part 1 内容。

Math Exam

解个方程，发现 $a_1=1$ ，当 $i\ge2$ 时， $a_i=a_{i-1}+2$ 或 $a_i=-a_{i-1}$ ，形式很不好看，经过神秘推导或神秘注意，设 $b_i=\dfrac{|a_i+1|}{2}$ ，则有 $b_0=0,b_1=1,b_i=b_{i-1}\pm 1$ 。

此时发现是一维的，将 $+$ 转化为向右走， $-$ 转化为向上走，则根据绝对值与原题意的要求，有不接触直线 $y=x+1$ 与 $y=x-\dfrac{m+3}{2}$ 的要求，由于从 $(0,0)$ 出发，第一步只能向右走，所以 $b_1$ 不必特殊处理。至此，此题转化为了 Part 2。

【集训队作业2018】count

此处有两个转化。

第一处转化参考 CF1748E，第二处转化考虑将笛卡尔树和括号序列结合。

首先有 $n<m$ 无解。

其中 $f_A(l,r)$ 为 $A$ 序列的笛卡尔树上 $l,r$ 的 $lca$ ，则同构的条件即为两个序列的笛卡尔树形态相同。第一步转化为笛卡尔树形态计数。

设 $F_u$ 为 $u$ 子树内转化的括号序列，有 $F_u=(F_{ls})F_{rs}$ ，设 $dep_{u}$ 为 $F_u$ 中括号最大嵌套深度，则 $1 \sim m$ 的所有整数都在树中出现过的条件转化为 $dep_{rt} \le m$ 。

必要性：若 $dep_{rt}> m$ ，则必须需要多于 $m$ 个数才能填满整棵树。

充分性：由于有 $n\ge m$ ，则令 $a_{rt}=dep_{rt}$ ，最后选取若干条链将其权值增大微调即可。

则问题转化为对于整棵树形成的括号序列计数。

设 $dp_{i,j}$ 为目前已经填了 $i$ 个左括号与 $j$ 个右括号的方案数，考虑约束有哪些。

首先由括号序列自身的 $i \ge j$ 约束，而当前括号序列的深度可以转化为 $i-j$ ，则还要求了 $i-j \le m$ ，将 $i$ 当作横坐标， $j$ 当作纵坐标，转化到网格图上即为从 $(0,0)$ 出发，到达 $(n,n)$ ，不接触直线 $y=x+1$ 与 $y=x-(m+1)$ 的方案数。使用 Part 2 解决。

[JLOI2015] 骗我呢

发现值域为 $[0,m]$ ，则一行只有一个位置会 $+2$ ，可以做出来简单 dp，优化过后变为 $dp_{i,j}=dp_{i,j-1}+dp_{i-1,j+1}$ 。

代数推导一点不会，组合意义天崩地裂。

考虑组合意义，将其放在网格图上，考虑将 dp 值变为到达 $(i,j)$ 的路径条数，dp 转移看为一条边。发现转移中有斜着的边，不好处理，所以将其平移。发现行末仍然有一条斜边，将其扩展为先向右再向下，于是得到一张网格图。由于将每一行行末扩展了，所以每一行长度为 $m+1$ ，则问题变为在网格图上，从原点出发，到达 $(n+m+1,n)$ 的方案数。

如图：

至此，将问题转化为了 Part 2，使用反射容斥即可线性求出答案。

[AGC070C] No Streak

先找直线的限制，发现只有一个即 A 胜场数始终大于等于 B 胜场数，则不妨设 $f(a,b,x)$ 表示 A 胜了 $a$ 场，B 胜了 $b$ 场，平局了 $x$ 场的方案数，将 $a,b$ 当作坐标，则现在需要考虑的问题即为如何消去不接触 $y=x+1$ 这条直线的限制。

发现如果直接按照 Part 1 中 $ans=f(a,b,x)-f(b-1,a+1,x)$ 的式子（下文若无特殊说明，路径均指未对称的路径），不仅会多记录上第一次接触直线后仍然向上的路径（因为对称之后变成向上向右，从不合法变为合法了）；还会少记录上第一次接触直线后向右的路径（因为对称之后变成连续两次向上，从合法变为不合法）。

发现合不合法都和第一次和直线接触后的移动强相关，所以分类讨论一下：

第一次接触直线后直接向右，对称后变成连续两次向上，所以不妨扣掉一次向上，即 $f(b-1,a,x)$ ，最后在当前位置加上一次向上，形成双射。
第一次接触直线后停歇，此时可以任意走，仿照上述方法，扣掉一次停歇，即 $f(b-1,a+1,x-1)$ ，但是会少计算上停上的情况，所以再减去扣掉一次停歇和向上的方案，即 $f(b-1,a,x-1)$ ，与原路径形成双射。

最后的答案即为： $f(b-1,a+1,x)-f(b-1,a,x)-f(b-1,a+1,x-1)-f(b-1,a,x-1)$ 。

问题来到如何求出 $f(a,b,x)$ ，由于每相邻的两个 a 之间都需要一个别的东西来隔开，所以枚举有 $k$ 对 a 之间需要用 b 隔开，然后忽略 b，先只考虑只有 a 和 x 的情况，则 $k$ 对 a 相邻的情况即为 $\binom{a-1}{k}$ 。

剩下的 $a-1-k$ 个空都至少需要一个 x 隔开，而后剩下的 x 可以任意填在 $a+1-k$ 个空中，使用插板法计算。

最后考虑 b， $k$ 对相邻的 a 之间需要插入一个 b，剩下的 b 可以任意填在 $a+1+x-k$ 个空中，但每个空至多填一个 b，依旧使用插板法计算即可。

最后得到：

$\begin{aligned} f(a,b,x)&=\sum_{k=0}^{a-1} \tbinom{a-1}{k}\tbinom{x-(a-k-1)+(a-k+1)-1}{a-k}\tbinom{a+1+x-k}{b-k} \\&=\sum_{k=0}^{a-1} \tbinom{a-1}{k}\tbinom{x+1}{a-k}\tbinom{a+1+x-k}{b-k} \end{aligned}$