二项式反演

二项式反演

简介

二项式反演可以用来解决一些计数问题，是连接 至少/至多 与 恰好 两类函数的桥梁。

形式一

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

证明

代 $g(n)$ 入第一条式子。

$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} g(i) \\ &= \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} \sum_{j=0}^i (-1)^j \binom{i}{j} f(j) \end{aligned}$$

考虑每一个 $f(j)$ 的系数。

$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i=0}^n \sum_{j=i}^n (-1)^j \binom{n}{j} (-1)^i \binom{j}{i} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=0}^n \sum_{j=i}^n (-1)^{j-i} \binom{n}{i} \binom{n-i}{j-i} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \sum_{j=i}^n (-1)^{j-i} (1)^{n-j} \binom{n-i}{j-i} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \sum_{j=0}^{n-i} (-1)^{j} (1)^{n-i-j} \binom{n-i}{j} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (1-1)^{n-i} f(i) \\ &= f(n) \end{aligned}$$

得证。

形式二

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

证明

设

$$h(n) = (-1)^n g(n)$$

所以

$$g(n) = (-1)^n h(n)$$

代入

$$f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} h(i)$$

由形式一

$$h(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i} f(i)$$

代回

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

形式三

$$f(n) = \sum_{i=m}^n \binom{n}{i} g(i) \\ g(n) = \sum_{i=m}^n (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)$$

不难发现同形式一、二相比只改变了下界，然而这并不影响任何性质。

形式四

$$f(n) = \sum_{i=n}^m \binom{i}{n} g(i) \\ g(n) = \sum_{i=n}^m (-1)^{i-n} \binom{i}{n} f(i)$$

证明

思路与形式一差不多。

重新证明一遍。

代入 $g(n)$。

$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i=n}^m \binom{i}{n} g(i) \\ &= \sum_{i=n}^m \binom{i}{n} \sum_{j=i}^m (-1)^{j-i} \binom{j}{i} f(j) \\ &= \sum_{i=n}^m \sum_{j=n}^i \binom{j}{n} (-1)^{i-j} \binom{i}{j} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=n}^m \sum_{j=n}^i (-1)^{i-j} \binom{i}{n} \binom{i-n}{i-j} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=n}^m \binom{i}{n} \sum_{j=n}^i (-1)^{i-j} (1)^{j-n} \binom{i-n}{i-j} \cdot f(i) \\ &= \sum_{i=n}^m \binom{i}{n} (1-1)^{i-n} f(i) \\ &= f(n) \end{aligned}$$

应用

其中，形式三、四是经常用到的。

P1595 信封问题

错位排列问题。

设 $f(i)$ 表示恰有 $i$ 个信封在正确的位置上。

$g(i)$ 表示至少 $i$ 个信封在正确的位置上。

容易求得

$$g(i) = \binom{n}{i}(n-i)!$$

并有如下关系

$$g(i) = \sum_{j=i}^n \binom{j}{i} f(j)$$

利用形式四进行二项式反演。

$$f(i) = \sum_{j=i}^n (-1)^{j-i} \binom{j}{i} g(j)$$

所求答案即为

$$\begin{aligned} f(0) &= \sum_{j=0}^n (-1)^{j-0} \binom{j}{0} g(j) \\ &= \sum_{i=0}^n (-1)^i \binom{n}{i}(n-i)! \end{aligned}$$

P4491 [HAOI2018] 染色

首先 $K$ 最大为 $\min{(\frac{N}{S},M)}$。

设 恰好 出现 $i$ 次的方案数为 $f(i)$。

至少 出现 $i$ 次的方案数为 $g(i)$。

可以计算 $g(i)$

• 首先选定 $i$ 种颜色 乘上 $\binom{M}{i}$
• 选定 $iS$ 个位置 乘上 $\binom{N}{iS}$
• 考虑内部顺序 乘上 $(iS)!$
• 内部顺序中，相同颜色交换算一种 除以 $(S!)^i$
• 剩下位置随意 $N-iS$ 个位置 $M-i$ 种颜色 乘上 $(M-i)^{n-iS}$

故

$$g(i) = \frac{\binom{M}{i} \binom{N}{iS} (iS)! (M-i)^{n-iS}}{(S!)^i}$$

又有关系

$$g(i) = \sum_{j=i}^K \binom{j}{i} f(j)$$

根据形式四，二项式反演

$$f(i) = \sum_{j=i}^K (-1)^{j-i} \binom{j}{i} g(j)$$

答案为：

$$\sum_{i=0}^K W[i] f(i)$$

故需要快速的求出所有的 $f(i)$。

我们可以在 $O(n)$ 的时间复杂度内预处理出所有的 $g$。

如果暴力求 $f(i)$ 时间复杂度来到 $O(n^2)$。

尝试卷积，拆开组合数

$$\begin{aligned} f(i) &= \sum_{j=i}^K (-1)^{j-i} \frac{j!}{i!(j-i)!} g(j) \\ &= \frac{1}{i!}\sum_{j=i}^K \frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!} \cdot j! g(j) \end{aligned}$$

我们进行了分离的操作，可以尝试卷积。

设

$$A(i) = \frac{(-1)^i}{i!} \\ B(i) = i! g(i)$$

故有

$$f(i) = \frac{1}{i!}\sum_{j=i}^K A(j-i) \cdot B(j)$$

翻转 $B$ 得到 $C$，即令 $B(i) = C(K-i)$。

翻转 $f$ 得到 $F$，即令 $f(i) = F(K-i)$。

故有

$$F(K-i) = \frac{1}{i!}\sum_{j=i}^K A(j-i) \cdot C(K-j)$$

已经看出卷积的形式了，使用 NTT 卷积即可。

参考代码