容斥原理
一般我们希望在 DP 中容斥掉某一个方向的限制。对于计数类 DP，我们的方程设计通常有一定特点，即对于没有容斥的部分，后面的决策包含前面决策能选到的点（此时可以根据维度信息计算答案）。对于容斥的部分，由于我们在最外层枚举钦定为 \(k\) 的 \(k\) 值，所以可以根据这个 \(k\) 转移。
全局容斥
AT_agc036_f [AGC036F] Square Constraints
首先要把问题转化为几何直观问题。具体来说，对于每个横坐标 \(i\) 我们都希望在上图这个圆环中找到一个对应的纵坐标，且所有点纵坐标互不相同。
观察发现每个点 \(P_i\) 都有上下界，分别为 \(L_i=\lceil\sqrt{N^2-i^2}\rceil,R_i=\lfloor\sqrt{4N^2-i^2}\rfloor\)。并且对于 \([n,2n)\) 之间的点 \(L_i\) 都为 \(0\)。考虑全都没有 \(L_i\) 怎么做，显然可以 \(i\) 从大到小考虑，答案就是 \(\sum_{i=0}^{2n-1}R_i+1-(2n-i+1)\)。
考虑容斥，我们钦定 \(k\in[0,n]\) 个点取了 \(\le L_i\) 的值即非法值，我们最终的答案就是 \(\text{任意}-\text{非法}\)，显然这些点只能在 \([0,n)\) 中。令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点，选了 \(j\) 个 \(< L\) 的方案数，最终答案就是 \(f_{2n,k}\)。
我们在开头时说过，需要让后面决策包含前面决策。因此对于 \([n,2n)\)，我们只能选 \(R\) 作为上界，取 \(R\) 为关键字。对于 \([0,n)\)，容斥部分取 \(L-1\) 作为上界，因此取 \(L-1\) 作为关键字然后排序。
考虑转移后效性问题，发现选 \(L-1\) 会影响到没有下界且选 \(R\) 的点，而根据排序其数量对于 \(R\) 点可以直接统计。发现选 \(R\) 会对 \(L-1\) 产生影响，其数量也可以根据排序前缀计算。最后是有下界但是选了 \(R\) 的点。考虑它会被什么影响，显然有 \(n\) 个 \([n,2n)\) 都会影响它。重要性质：由于对于 \(n-1\) 的 \(R\) 是 \(\sqrt 2 n\) 级别的，一定比 \(n\) 大，所以所有钦定的 \(k\) 个 \(\le L\) 的也会影响到它。最后由于 \([0,n)\) 间 \(R\) 随 \(L\) 单调不减，所以无下界 \(R\) 对无下界 \(R\) 也可以实时统计。
详细转移请前往题解。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=505;
int n,pre[N];LL MOD,f[N][N],ans;
struct Lim{int L,R,id,ord;}e[N];
bool cmp(Lim x,Lim y){if(x.L!=y.L)return x.L<y.L;return x.R<y.R;
}
int main(){scanf("%d%lld",&n,&MOD);for(int i=0;i<=2*n-1;i++){int L=0;int R=min(int(floor(sqrt(4*n*n-i*i))),2*n-1);if(i<n)L=int(ceil(sqrt(n*n-i*i)))-1;else swap(L,R);e[i+1]=Lim{L,R,i};}sort(e+1,e+1+2*n,cmp);for(int i=1;i<=2*n;i++)pre[i]=pre[i-1]+(e[i].id>=n);for(int k=0;k<=n;k++){f[0][0]=1;int cnt1=0,cnt2=0;for(int i=1;i<=2*n;i++){for(int j=0;j<=min(k,i-pre[i]);j++){if(e[i].id<n){LL ch1=max(0,e[i].L+1-(j-1)-pre[i-1]);LL ch2=max(0,e[i].R+1-k-n-((i-1-pre[i-1])-j));f[i][j]=((j>0?f[i-1][j-1]*ch1%MOD:0)+f[i-1][j]*ch2%MOD)%MOD;}else {LL ch=max(0,e[i].L+1-j-pre[i-1]);f[i][j]=f[i-1][j]*ch%MOD;}}if(e[i].id<n)cnt1++;else cnt2++;}LL mval=(k&1?MOD-1:1);ans=(ans+mval*f[2*n][k]%MOD)%MOD;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
转移中容斥
P14364 [CSP-S 2025] 员工招聘
考虑到我们容易得出 DP 式子 \(f_{i,j}\) 表示目前面试了 \(i\) 人，其中我拒接了 \(j\) 人，排列方案数为多少。考虑转移发现 \(s_i=0\) 的时候一定会被拒，而 \(s_i=1\) 的时候需要分类讨论。
-
\(c>j\)：可以录用。
-
\(c\le j\)：不能录用。
面试顺序与题目给出顺序无关，直接用 \(sum_i\) 记录 \(c\le i\) 的有多少个，然后在其中容易选出不能录用的。发现我们难以同时决策能录用和不能录用的，因为能录用的总是一段后缀，不能录用的总是一段前缀（按 \(c\) 升序排序），乱选容易出现后效性。
所以我们决定只选 \(c\le j\) 的，我们所需排除的非法情况是：剩下能录用的人中仍满足 \(s_i=1\land c\le j\) 的。定一维 \(k\) 表示钦定有 \(k\) 个取了 \(c\le j\) 的人（包含录用与不录用，且剩下没选的也有可能有 \(c\le j\)），那么每次转移中根据这一维度改变系数：
其中 \(s_i=0\) 的 \(f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j-1,k}\) 表示拒绝一个人，暂时不考虑他是谁。
对于 \(s_i=1\)，\(f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j,k}\) 表示录用一个人，但是同样暂时不考虑他是谁。
\(f_{i,j,k}\leftarrow (sum_{j-1}-(k-1))\times f_{i-1,j-1,k-1}\) 是拒绝一个人，且选定该人为 \(c\le j-1\) 的某个值。
\(f_{i,j,k}\leftarrow -(sum_j-(k-1))\times f_{i-1,j,k-1}\) 是录用一个人，但是他同样是某个 \(c\le j\) 的值，这是容斥的减项，需要排除该非法情况。
最后答案为 \(\sum_{j=0}^{n-m}\sum_{k=0}^n (n-k)!f_{n,j,k}\)，其中 \((n-k)!\) 是我们忽略的位置的任意排列。
总结：转移中容斥相比全局容斥来说抽象很多，由于其特性难以直接描述，但是在做的事情其实是把容斥的系数放进了 DP 中，其正确性依然具有保证。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD=998244353;
const int N=505;
int n,m,c[N];
char s[N];
LL f[N][N],tmp[N][N],fac[N];
int main(){//freopen("employ.in","r",stdin);//freopen("employ.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);scanf("%s",s+1);fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d",&x);c[x]++;}for(int i=1;i<=n;i++)c[i]+=c[i-1];f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=i;j++)for(int k=0;k<=i;k++)tmp[j][k]=f[j][k],f[j][k]=0;if(s[i]=='0'){for(int j=0;j<=i;j++)for(int k=0;k<=i;k++)if(j>0)f[j][k]=tmp[j-1][k];}else {for(int j=0;j<=i;j++)for(int k=0;k<=i;k++){f[j][k]=tmp[j][k];if(k>0)(f[j][k]+=(-(c[j]-(k-1))+MOD)*tmp[j][k-1]%MOD)%=MOD;if(j>0&&k>0)(f[j][k]+=(c[j-1]-(k-1)+MOD)*tmp[j-1][k-1]%MOD)%=MOD;}}}LL ans=0;for(int j=0;j<=n-m;j++)for(int k=0;k<=n;k++)(ans+=fac[n-k]*f[j][k]%MOD)%=MOD;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
