二项式反演学习笔记

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二项式反演学习笔记

概念

二项式反演作为一种反演形式，常用于通过指定若干个求解恰好若干个的问题，即我们常说的容斥问题。

引入

首先讲讲朴素容斥。

作为集合来说，有

| A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |

这其实就是容斥原理。更一般地，有

| A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} | = \sum_{1 \leq i \leq n} | A_{i} | - \sum_{1 \leq i < j \leq n} | A_{i} \cap A_{j} | + \dots + (- 1)^{n - 1} \times | A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} |

证明：设某一元素被 $m$ 个集合包含，则其对左侧的贡献为 $1$ ；

而对右侧的贡献为

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i - 1} (\binom{m}{i}) & = - \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i} (\binom{m}{i}) \\ = 1 - \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{i} (\binom{m}{i}) \\ = 1 - (1 - 1)^{m} \\ = 1 \end{aligned}

所以每个元素对左右两侧的贡献均相等，得证。

形式

形式零

顺着刚刚容斥的公式，记 $\overset{―}{A}$ 表示 $A$ 的补集，则有

| \overset{―}{A_{1}} \cap \overset{―}{A_{2}} \cap \dots \cap \overset{―}{A_{n}} | = | S | - \sum_{i \leq i \leq n} | A_{i} | + \sum_{1 \leq i < j \leq n} | A_{i} \cap A_{j} | - \dots + (- 1)^{n} \times | A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} |

同时，因为补集的补集就是原集，因此有

| A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} | = | S | - \sum_{i \leq i \leq n} | \overset{―}{A_{i}} | + \sum_{1 \leq i < j \leq n} | \overset{―}{A_{i}} \cap \overset{―}{A_{j}} | - \dots + (- 1)^{n} \times | \overset{―}{A_{1}} \cap \overset{―}{A_{2}} \cap \dots \cap \overset{―}{A_{n}} |

下面考虑一种特殊情况：多个集合的交集大小之和集合的数目有关。

也就是说，在总共的 $n$ 个集合里面任选 $m$ 个集合所得到的交集大小不变，均为 ${siz}_{m}$ 。

记 $f (m)$ 表示 $m$ 个补集的交集大小， $g (m)$ 表示 $m$ 个集合的交集大小。通过上面的式子，我们可以得到

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)

显然这两个公式等价，且能够相互推导，于是我们得到了二项式反演的形势零

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

形式一

有如下公式

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

证明：考虑函数 $h (n) = (- 1)^{n} g (n)$ ，那么代入形式零可以得到

\begin{aligned} f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) \frac{h (i)}{(- 1)^{i}} \Leftrightarrow \frac{h (n)}{(- 1)^{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i) \\ \Rightarrow & f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) h (i) \Leftrightarrow h (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n + i} (\binom{n}{i}) f (i) \\ \Rightarrow & f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) h (i) \Leftrightarrow h (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f (i) \end{aligned}

形式二

和形式一类似，~~是最常用的公式~~，公式如下

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

变形应该也可以得到

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

证明：将右式代入左式，有

\begin{aligned} f (n) & = \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 = i}^{m} (- 1)^{j - i} (\binom{i}{n}) (\binom{j}{i}) f (j) \\ = \sum_{j = n}^{m} f (j) \sum_{i = n}^{j} (- 1)^{j - i} (\binom{i}{n}) (\binom{j}{i}) \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) \sum_{i = n}^{j} (\binom{j - n}{j - i}) (- 1)^{j - i} \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) \sum_{t = 0}^{j - n} (\binom{j - n}{t}) (- 1)^{t} 1^{j - n - t} \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) (1 - 1)^{j - n} \\ = \sum_{j}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) [j = n] \\ = (\binom{n}{n}) f (n) \\ = f (n) \end{aligned}

左右恒等，得证。

至于下式，令 $h (n) = \frac{g (n)}{(- 1)^{n}}$ ，则有

\begin{aligned} f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) (- 1)^{i} h (i) \Leftrightarrow (- 1)^{n} g (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i} (\binom{i}{n}) f (i) \\ \Rightarrow & f (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i} (\binom{i}{n}) h (i) \Leftrightarrow h (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i} (\binom{i}{n}) f (i) \end{aligned}

得证。

意义

更具体的来说，认为 $f (n)$ 表示选择 $n$ 个集合后，至少有 $n$ 个满足条件的方案数。而 $g (n)$ 表示恰好有 $n$ 个满足条件的方案数。如果 $i \geq n$ ，那么对于 $g (i)$ 来说，会在 $f (n)$ 中被计算 $(\binom{i}{n})$ 次，所以有 $f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g (i)$ ，接着利用二项式反演即可。也就是所谓至少和恰好的转换。

posted @ 2024-07-05 17:07 DycIsMyName 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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