[学习笔记]容斥？反演？

$$\color{red}{\textsf{小游者，真神人也，左马桶，右永神，会执利笔破邪炁，何人当之？}} \\ \begin{array}{|} \hline \color{pink}{\text{A small swimmer is a God.}} \\ \color{pink}{\text{The left toilet and the right eternal God}} \\ \color{pink}{\text{can break the evil energy with a sharp pen.}} \\ \color{pink}{\text{Who can resist him? }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{green}{\text{小遊者は、神であり、左便器、右永神であり}} \\ \color{green}{\text{鋭いペンを持って真実を突き刺している。誰が彼に抵抗できるだろうか？ }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{lightblue}{\text{Petit voyageur, est Dieu aussi, toilettes gauche, Dieu éternel droit,}} \\ \color{lightblue}{\text{peut tenir un stylo tranchant pour briser le mal, qui devrait le faire?}} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{purple}{\text{Der Direktor ist wirklich ein Gott}} \\ \color{purple}{\text{mit einer Toilette links und Yongshen rechts}} \\ \color{purple}{\text{der einen spitzen Stift hält}} \\ \color{purple}{\text{um die Wahrheit zu durchdringen.}} \\ \color{purple}{\text{Wer kann ihm widerstehen? }} \\ \hline \end{array} \\ \begin{array}{|} \hline \color{cyan}{\text{Ein kleiner Schwimmer ist ein Gott.}} \\ \color{cyan}{\text{Die linke Toilette und der rechte ewige Gott können }} \\ \color{cyan}{\text{die böse Energie mit einem scharfen Stift brechen.}} \\ \color{cyan}{\text{Wer sollte es sein?}} \\ \hline \end{array} \\ \color{red}{\textsf{对曰：“无人，狗欲当之，还请赐教！”}} \\ \newcommand\brak[1]{\left({#1}\right)} \newcommand\Brak[1]{\left\{{#1}\right\}} \newcommand\d[0]{\text{d}} \newcommand\string[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}} \newcommand\down[2]{{#1}^{\underline{#2}}} \newcommand\ddiv[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor} \newcommand\udiv[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil} \newcommand\lcm[0]{\operatorname{lcm}} \newcommand\set[1]{\left\{{#1}\right\}} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil{#1}\right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \newcommand\rhs[1]{\;\text{Rhs}\;#1} \newcommand\lhs[1]{\;\text{Lhs}\;#1} \newcommand\Vec[1]{\vec{\mathbf{#1}}} \newcommand\rank[0]{\text{rank}} \newcommand\group[1]{\left\langle\right\rangle} \newcommand\norm[1]{\left|{#1}\right|}$$

  部分内容也是 2013 年国家集训队论文《浅谈容斥原理》^[1]中的。还有一些来源于《炫酷反演魔术》^[2]。另外有一些来源于 $\sf Quack$ 的课件，最后还有一些杂烂文章就是来源于我自己了......

  不一定完结，随机更新。

基本容斥

  假设有 $n$ 个性质 $P_1,P_2,\cdots,P_n$，在全集 $U$ 中满足这些性质的元素分别为 $S_1,S_2,\cdots,S_n$.

  最基本的容斥形式如下：

$$\left|\bigcup_{i=1}^n S_i\right|=\sum_i|S_i|-\sum_{i<j}|S_i\cap S_j|+\sum_{i<j<k}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\cdots+(-1)^{n-1}|S_1\cap S_2\cap S_3\cdots \cap S_n|$$

  考虑一个属于 $T_1,T_2\cdots,T_m$ 的元素会被计算多少次：

$$\sum_{i=1}^m (-1)^{i-1}{m\choose i}=-\brak{(1-1)^m-1}=1$$

  然后，我们可以稍加推广，得到另外的一个形式：

$$\norm{\bigcap_{i=1}^n S_i}=\norm U-\norm{\bigcup_{i=1}^n \bar{S_i}}$$

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  举个例子：错位排列。

  对于性质 $P_i$，其表示 $\sigma_i\neq i$，而我们的目标是求 $\displaystyle \norm{\bigcap_{i=1}^n S_i}$，根据上面的容斥形式，需要用到 $\bar{S_i}$，其表示满足 $\sigma_i=i$ 的所有排列，此时我们可以进行容斥了：

$$\begin{aligned} \norm{\bigcap_{i=1}^n S_i}&=\norm U-\norm{\bigcup_{i=1}^n \bar{S_i}} \\ &=n!-\sum_{t=1}^n(-1)^{t-1}\sum_{i_1<i_2<i_3\cdots<i_t}\norm{\bigcap_{k=1}^t S_{i_k}} \\ &=n!-\sum_{t=1}^n(-1)^{t-1}\sum_{i_1<i_2<i_3\cdots<i_t}(n-t)! \\ &=n!-\sum_{t=1}^n(-1)^{t-1}{n\choose t}(n-t)! \\ &=n!-\sum_{t=1}^n(-1)^{t-1}\frac{n!}{t!} \\ &=n!+\sum_{t=1}^n(-1)^t\frac{n!}{t!} \\ &=n!\sum_{t=0}^n(-1)^t\frac{n!}{t!} \\ \end{aligned}$$

  化简的关键在于我们发现无论取多少个集合的交，交的大小都只和集合个数有关，这也是错排的通项公式是非指数级的关键。

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二项式反演

  前面的公式，其核心还是最开始那个证明的式子：

$$\sum_{i=1}^m (-1)^{i-1}{m\choose i}=-\brak{(1-1)^m-1}=1$$

  如果你再细心一点，将会发现，同一行的组合数交错和为 $0$，即：

$$\sum_{i=0}^m (-1)^i{m\choose i}=0$$

  严谨地，实际上

$$\sum_{i=0}^m (-1)^i{m\choose i}=[m=0]$$

  再来看看前面的错排，如果设 $f(n)$ 表示任意一个排列方案数，$g(n)$ 表示满足了 $P$ 中的 $n$ 个的方案数，那么，我们枚举到底是哪 $n$ 个错开，就可以由 $g$ 得到 $f$：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n{n\choose i}g(i)$$

  现在的问题是：$f(n)=n!$，而 $g(n)$ 不知道，也就是说，我们想要从 $f$ 推到 $g$，但是目前只能由 $g$ 得到 $f$.

  但是没有关系，推一推式子，设 $\displaystyle g(n)=\sum_{i=0}^n{n\choose i}\lambda(i)f(i)$，其中 $\lambda(i)$ 表示容斥系数，那么

$$\begin{aligned} g(n)&=\sum_{i=0}^n\lambda(i){n\choose i}\sum_{j=0}^i{i\choose j}g(j) \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\lambda(i){n\choose i}{i\choose j}g(j) \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\lambda(i){n\choose j}{n-j\choose i-j}g(j) \\ &=\sum_{j=0}^n{n\choose j}\sum_{i=j}^n\lambda(i){n-j\choose i-j}g(j) \end{aligned}$$

  然后就会发现，需要满足 $\displaystyle {n\choose j}\sum_{i=j}^n\lambda(i){n-j\choose i-j}=[j=n]=[n-j=0]$，显然 $\displaystyle{n\choose j}\neq 0(j\in [0,n]\cap\Z)$，因此，$\displaystyle \sum_{i=j}^n\lambda(i){n-j\choose i-j}=[j=n]=[n-j=0]$，于是：

$$\displaystyle \sum_{i=j}^n\lambda(i){n-j\choose i-j}=\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^i{n-j\choose i} \\ \Rightarrow \sum_{i=0}^{n-j}\lambda(i+j){n-j\choose i}=\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^i{n-j\choose i}$$

  因此，$\lambda(i+j)=(-1)^i$，即 $\lambda(i)=(-1)^{i-j}$，你发现消不了 $-j$ 这一项，但是没有关系，可以将右边的 $(-1)^i$ 改写成 $(-1)^{n-j-i}$，此时你会发现 $\lambda(i+j)=(-1)^{n-i-j}$，因此 $\lambda(i)=(-1)^{n-i}$.

  其实还有更简单的证明：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n\frac{n!}{i!(n-i)!}g(i)\Rightarrow\frac{f(n)}{n!}=\sum_{i=0}^n\frac{g(i)}{i!}\times \frac{1}{(n-i)!}$$

  因此，有

$$\hat F=\hat G\times e^x\Rightarrow \hat G=\hat F\times e^{-x}\Rightarrow \frac{g(n)}{n!}=\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^{n-i}}{(n-i)!}\frac{f(i)}{i!}\Rightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)$$

  两步解决（

  至此，我们得到了二项式反演的一个形式：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)$$

  另外一个形式：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i)$$

数论中的容斥原理

  考察 $\varphi(n)=\norm{\set{x|1\le x\le n\land\gcd(x,n)=1}}$，要计算 $\varphi(n)$，我们可以用 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^c p_i^{t_i}$ 中 $n$ 的所有质因子来进行容斥 —— 因为所谓 $\gcd(x,n)=1$，实际上就是 $x$ 不含有任何一个 $p_i$，定义性质 $P_i$ 表示元素不含有质因子 $p_i$，那么，目标是 $\displaystyle \norm{\bigcap_{i=1}^c S_i}$，又可以进行容斥：

$$\varphi(n)=\displaystyle \norm{\bigcap_{i=1}^c S_i}=\norm U-\norm{\bigcup_{i=1}^c \bar{S_i}}=n-\sum_i\frac{n}{p_i}+\sum_{i<j}\frac{n}{p_ip_j}-\cdots+(-1)^c\frac{n}{\prod_{i=1}^c p_i} \\ \Rightarrow \varphi(n)=n\prod_{i=1}^n \brak{1-\frac{1}{p_i}}$$

  这就是欧拉公式了。

  当然，如果你足够细心，你会发现我们实际上只在质数上进行容斥，并且在容斥的过程中，取的质数次数均为一次，因此这些质数任意选出一些，他们的乘积仍然是一个__无平方因子数__，而无平方因子数的容斥系数，显然只和其含有多少个质因数有关，因此，我们可以在正整数集上，再定义一个专门针对无平方因子数的函数，它的正负号取决于无平方因子数含有的质数个数，这样，我们就得到了莫比乌斯函数：

$$\mu(n)=\begin{cases} 1&n=1 \\[2ex] (-1)^k&n=\prod_{i=1}^kp_i \\[2ex] 0&\text{otherwise} \end{cases}$$

  因此我们可以得到另外的一个关于 $\varphi(n)$ 的表达式：$\displaystyle \varphi(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}$.

概率论中的容斥

  对于__同一概率空间中__的事件 $A_1,A_2,\cdots,A_n$，依然存在相似的容斥原理：

$$\text{P}\brak{\bigcup_{i=1}^nA_i}=\sum_{i}\text{P}(A_i)-\sum_{i<j}\text{P}(A_i\cap A_j)+\sum_{i<j<k}\text{P}(A_i\cap A_j\cap A_k)-\cdots+(-1)^{n-1}\text{P}\brak{\bigcap _{i=1}^n A_i}$$

  对于概率只和事件个数有关，那么还可以简化为：

$$\text{P}\brak{\bigcup _{i=1}^n A_i}=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}{n\choose i}a_i$$

一般形式的容斥原理

  对于两个关于集合的函数 $f(S),g(S)$，若

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

  那么就有

$$g(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{\norm S-\norm T}f(T)$$

  另外一个形式：

$$f(S)=\sum_{T\supset S}g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\supset S}(-1)^{\norm S-\norm T}f(T)$$

  这个形式只需要将上面取补集即可。

  这两个东西也被称为子集反演。

MinMax容斥（MinMax反演）

  这个东西就是可以让 $\min$ 和 $\max$ 到处换过来换过去。最基本的式子：

$$\max(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{\norm T+1}\min(T) \\ \min(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{\norm T+1}\max(T)$$

  证明就考虑每一项是否能对上，由于两个式子长得差不过，就证上面那个。

  考虑当前元素是 $S$ 中第 $k$ 大的，那么这个元素左边的系数就是 $[k=1]$，右边的系数，它要作为 $T$ 中最小的，就是只在它或者比它大的元素中选，因此右边的系数是 $\displaystyle \sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}{k-1\choose i-1}=\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i+2}{k-1\choose i}=\sum_{i=0}^{k-1}(-1)^{i}{k-1\choose i}=[k-1=0]=[k=1]$，得证。

  它还可以推广为 $\rm kthmax$，设 $\text{kthmax}(S)$ 表示 $S$ 中第 $k$ 大的，它依然可以使用 $\min$ 来表达，至于容斥系数，考虑使用待定系数法来解，假设当前的元素是第 $p$ 大的，那么我们要解的是

$$\begin{aligned}{} [p=k]&=\sum_{i=1}^p\lambda(i){p-1\choose i-1} \\ &=\sum_{i=0}^{p-1}\alpha(i){p-1\choose i}&{\alpha(i)=\lambda(i+1)} \\ \end{aligned}$$

  将其二项式反演，可以得到

$$\alpha(p-1)=\sum_{i=0}^{p-1}(-1)^{p-1-i}{p-1\choose i}[i=k-1]=(-1)^{p-k}{p-1\choose k-1}$$

  因此 $\displaystyle \lambda(i)=\alpha(i-1)=(-1)^{i-k}{i-1\choose k-1}$，所以可以得到 $\rm kthmax$ 的式子：

$$\text{kthmax}(S)=\sum_{T\subset S,\norm T\ge k}(-1)^{\norm T-k}{\norm T-1\choose k-1}\min(T)$$

  当然，它也是可以用在期望上面的：

$$E(\max(S))=\sum_{T\subset S}(-1)^{\norm T+1}E(\min(T))$$

  然后它就可以做题了。

先写到这里

  还有的斯特林反演之类的东西......

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1. 作者：王迪（成都七中） ↩︎

2. 作者：$\sf VFleaKing$​ ↩︎