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
\[|A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n|=\sum_{1\le i\le n}|A_i|-\sum_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+\cdots+(-1)^{n-1}\times|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|
\]
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 \(\overline{A}\) 表示 \(A\) 的补集，则有
\[|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=|S|-\sum_{i\le i\le n}|A_i|+\sum_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|-\cdots+(-1)^n\times|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|
\]
同时，因为补集的补集就是原集，因此有
\[|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|=|S|-\sum_{i\le i\le n}|\overline{A_i}|+\sum_{1\le i<j\le n}|\overline{A_i}\cap\overline{A_j}|-\cdots+(-1)^n\times|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|
\]
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 \(\text{siz}_m\)。
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 \(h(n)=(-1)^ng(n)\)，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
\[f(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f(i)
\]
证明：将右式代入左式，有
\[\begin{aligned}f(n)&=\sum_{i=n}^{m}\binom{i}{n}\sum_{j=i}^{m}(-1)^{j-i}\binom{j}{i}f(j)\\&=\sum_{i=n}^{m}\sum_{j=i}^{m}(-1)^{j-i}\binom{i}{n}\binom{j}{i}f(j)\\&=\sum_{j=n}^{m}f(j)\sum_{i=n}^{j}(-1)^{j-i}\binom{i}{n}\binom{j}{i}\\&=\sum_{j=n}^{m}\binom{j}{n}f(j)\sum_{i=n}^j\binom{j-n}{j-i}(-1)^{j-i}\\&=\sum_{j=n}^{m}\binom{j}{n}f(j)\sum_{t=0}^{j-n}\binom{j-n}{t}(-1)^t1^{j-n-t}\\&=\sum_{j=n}^{m}\binom{j}{n}f(j)(1-1)^{j-n}\\&=\sum_{j}^{m}\binom{j}{n}f(j)[j=n]\\&=\binom{n}{n}f(n)\\&=f(n) \end{aligned}
\]
左右恒等，得证。
至于下式，令 \(h(n)=\frac{g(n)}{(-1)^n}\)，则有
\[\begin{aligned}&f(n)=\sum_{i=n}^{m}\binom{i}{n}(-1)^ih(i)\Leftrightarrow (-1)^ng(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^{i}\binom{i}{n}f(i)\\ \Rightarrow &f(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^i\binom{i}{n}h(i)\Leftrightarrow h(n)=\sum_{i=n}^{m}(-1)^{i}\binom{i}{n}f(i)\end{aligned}
\]
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 \(i\ge n\)，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。
