二项式反演两题

例题一 [JSOI2011]分特产

题目描述

JYY 带队参加了若干场 $\text{ACM/ICPC}$ 比赛，带回了许多土特产，要分给实验室的同学们。

JYY 想知道，把这些特产分给 $n$ 个同学，一共有多少种不同的分法？当然，JYY 不希望任何一个同学因为没有拿到特产而感到失落，所以每个同学都必须至少分得一个特产。

例如，JYY 带来了 $2$ 袋麻花和 $1$ 袋包子，分给 $A$ 和 $B$ 两位同学，那么共有 $4$ 种不同的
分配方法：

$A$：麻花， $B$：麻花、包子

$A$：麻花、麻花， $B$：包子

$A$：包子， $B$：麻花、麻花

$A$：麻花、包子， $B$：麻花

思路点拨

我们设 $f(x)$ 表示至多有 $x$ 个童鞋获得了特产的方案数。 $g(x)$ 表示刚好有 $x$ 个童鞋获得了特产的方案数。那么有

$$f(x)=\sum _{i=0}^x{C}_x^{i}g(i)$$

二项式反演可得：

$$g(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^{i}f(i)$$

考虑 $f(x)$ 的求法。我们一个个枚举每一种特产，然后插板法进行分发特产。因为元素可空，所以 $m$ 个元素分成 $n$ 分的方案是 $C_{n+m-1}^{n-1}$ 。

Q:为什么特产需要一个个枚举而不是可以一起分发？
A:因为在本题中，特产是一样的，如果一起分发会造成答案重复。

$code$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int MAXN=2e3+10,N=2e3,mod=1e9+7;
int sum[MAXN]={1},inv[MAXN]={1};
int qpow(int a,int b){
	int ans=1,base=a;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ans*base)%mod;
		base=(base*base)%mod;
		b>>=1; 
	}
	return ans;
}
void prepare(){
	sum[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		sum[i]=sum[i-1]*i%mod;
		inv[i]=qpow(sum[i],mod-2);
	}
}
int C(int n,int m){return sum[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int n,m,a[MAXN];
signed main(){
	prepare();
	n=read(),m=read();
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		a[i]=read();
		ans+=a[i];
	}
	if(ans<n) cout<<0;
	else{
		ans=0;
		for(int i=0;i<=n;i++){
			int temp=C(n,i);
			for(int j=1;j<=m;j++)
				temp=temp*C(i+a[j]-1,i-1)%mod;
			if((n-i)&1) ans=(ans-temp+mod)%mod;
			else ans=(ans+temp)%mod;
		}
		cout<<ans;
	}
	return 0;
}

例题二 [JSOI2015]染色问题

题目描述

萌萌家有一个棋盘，这个棋盘是一个 $n\times m$ 的矩形，分成 $n$ 行$m$ 列共 $n\times m$ 个小方格。
现在萌萌和南南有 $C$ 种不同颜色的颜料，他们希望把棋盘用这些颜料染色，并满足以下规定：

1. 棋盘的每一个小方格既可以染色（染成 $C$ 种颜色中的一种），也可以不染色。
2. 棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
3. 棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
4. 每种颜色都在棋盘上出现至少一次。

以下是一些将 $3\times 3$ 棋盘染成 $C=3$ 种颜色（红、黄、蓝）的例子（下图已更新）：

请你求出满足要求的不同的染色方案总数。只要存在一个位置的颜色不同，即认为两个染色方案是不同的。

思路点拨

二项式反演可以将 恰好有 的问题转化为 不超过 的问题 。

按照一般的想法,我们定义 $f(x)$ 表示恰好有 $x$ 种颜色,满足题目条件的方案数; $g(x)$ 表示用 不超过 $x$ 种颜色,满足题目条件的方案数。我们知道:

$$g(x)=\sum _{i=0}^x{C}_x^{i}f(i)$$

那么二项式反演,有:

$$f(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^{i}g(i)$$

考虑 $g(x)$ 的求解。我们可以让题目条件再放宽一点。我们设 $p(i)$ 表示用不超过 $x$ 种颜色,在不超过 $i$ 行满足有颜色的数量。$q(i)$ 表示用不超过 $x$ 种颜色,在刚好 $i$ 行满足有颜色的数量。这依然可以二项式反演。

$$q(x)=\sum _{i=0}^x(-1{)}^{x-i}{C}_x^{i}p(i)$$

接下来 $p(x)$ 该怎么求呢?一种方法是我们再对列做二项式反演,这样会变慢但是更好算。第二种方法是我们直接计算答案了。我们看看现在的约束条件,用不超过 $k$ 种颜色,$m$ 列中都有颜色,$x$ 行上有颜色。(注意,这 $x$ 行不需要组合从 $n$ 行中选出来 $x$ 行,不然会违背我们二项式反演成立的条件,请读者自己思考) 答案我们考虑每一列的答案,这一列上有 $x$ 行要上色,显然是:

$$(c+1{)}^x-1$$

减去 $1$ 是因为全部都不上色是不合法的。最终, $p(x)=((c+1{)}^x-1{)}^m$ 。

将上述公式回代进行整理可以得到以下代码:

$code$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN=401,N=400,mod=1e9+7;
int n,m,c,ans,sum[MAXN]={1},inv[MAXN]={1};
int qpow(int a,int b){
	int ans=1,base=a;
	while(b){
		if(b&1) ans=(ans*base)%mod;
		base=(base*base)%mod;
		b>>=1; 
	}
	return ans;
}
int C(int n,int m){return sum[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
signed main(){
	cin>>n>>m>>c;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		sum[i]=sum[i-1]*i%mod;
		inv[i]=qpow(sum[i],mod-2);
	} 
	for(int i=0;i<=c;i++)
		for(int j=0;j<=m;j++)
			ans=(ans+(C(c,i)*C(m,j)%mod*qpow(-1,c+m-i-j)+mod)%mod*qpow(qpow(i+1,j)-1+mod,n)%mod)%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}