假设班里有 $math_inline$10$math_inline$ 个学生喜欢数学， $math_inline$15$math_inline$ 个学生喜欢语文， $math_inline$21$math_inline$ 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 $math_inline$10+15+21=46$math_inline$ 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 $math_inline$A,B,C$math_inline$ 表示，则学生总数等于 $math_inline$|A\cup B\cup C|$math_inline$ 。
刚才已经讲过，如果把这三个集合的元素个数 $math_inline$|A|,|B|,|C|$math_inline$ 直接加起来，会有一些元素重复统计了，因此需要扣掉 $math_inline$|A\cap B|,|B\cap C|,|C\cap A|$math_inline$ ，但这样一来，又有一小部分多扣了，需要加回来，即 $math_inline$|A\cap B\cap C|$math_inline$ 。
即： $math_inline$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|B\cap C|-|C\cap A|+|A\cap B\cap C|$math_inline$
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 $math_inline$P_i$math_inline$ ，拥有属性 $math_inline$P_i$math_inline$ 的元素构成集合 $math_inline$S_i$math_inline$ ，那么
$math_inline$ \begin{split} \left|\bigcup_{i=1}^{n}S_i\right|=&\sum_{i}|S_i|-\sum_{i对于每个元素使用二项式定理计算其出现的次数。对于 $math_inline$x$math_inline$ ，假设它出现在 $math_inline$T_1,T_2,\cdots,T_m$math_inline$ 的集合中，那么它的出现次数为
$math_inline$ \begin{split} Cnt=&|\{T_i\}|-|\{T_i\cap T_j|i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：
$math_inline$ \left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right| $math_inline$右边使用容斥即可。
不定方程非负整数解计数
给出不定方程 $math_inline$\sum_{i=1}^nx_i=m$math_inline$ 和 n 个限制条件 $math_inline$x_i\leq b_i$math_inline$ ，其中 $math_inline$m,b_i\leq \mathbb{N}$math_inline$ . 求方程的非负整数解的个数
没有限制时
如果没有
$math_inline$x_i 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
$math_inline$C_{m+n-1}^{n-1}$math_inline$
。 接着我们尝试抽象出容斥原理的模型 目标：所有变量满足对应属性时集合的大小，即
$math_inline$|\bigcap_{i=1}^nS_i|$math_inline$
. 这个东西可以用
$math_inline$\left|\bigcap_{i=1}^{n}S_i\right|=|U|-\left|\bigcup_{i=1}^n\overline{S_i}\right|$math_inline$
求解。
$math_inline$|U|$math_inline$
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
$math_inline$\overline{S_{a_i}}$math_inline$
的交集求大小。考虑
$math_inline$\overline{S_{a_i}}$math_inline$
的含义，表示
$math_inline$x_{a_i}\geq b_{a_i}+1$math_inline$
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。因此对于容斥模型
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
4 种面值的硬币，第 i 种的面值是 $math_inline$C_i$math_inline$ 。n 次询问，每次询问给出每种硬币的数量 $math_inline$D_i$math_inline$ 和一个价格 $math_inline$S$math_inline$ ，问付款方式。
$math_inline$n\leq 10^3,S\leq 10^5$math_inline$
如果用背包做的话复杂度是 $math_inline$O(4nS)$math_inline$ ，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 $math_inline$\sum_{i=1}^4C_ix_i=S,x_i\leq D_i$math_inline$ 的非负整数解的个数。
采用同样的容斥方式， $math_inline$x_i$math_inline$ 的属性为 $math_inline$x_i\leq D_i$math_inline$ . 套用容斥原理的公式，最后我们要求解
$math_inline$ \sum_{i=1}^4C_ix_i=S-\sum_{i=1}^kC_{a_i}(D_{a_i}+1) $math_inline$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 $math_inline$O(4S+2^4n)$math_inline$ .
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int S = 1e5 + 5;
int c[5], d[5], n, s;
long long f[S];
int main() {
cin >> 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++) {
cin >> d[1] >> d[2] >> d[3] >> d[4] >> s;
long long ans = 0;
for (int j = 1; j < 16; j++) {
int m = s, bit = 0;
for (int k = 1; k <= 4; k++)
if ((j >> (k - 1)) & 1) m -= (d[k] + 1) * c[k], bit++;
if (m >= 0) ans += (bit % 2 * 2 - 1) * f[m];
}
cout << f[s] - ans << endl;
}
return 0;
}