[OI] 容斥原理拓展

10.容斥原理拓展

10.1 二项式反演

$$P.10.1(1)$$

设 $U=\{S_1,S_2,S_3...S_n\}$，且任意 $i$ 个元素的交集都相等

定义 $g(x)$ 为 $x$ 个集合的交集，$f(x)$ 为 $x$ 个集合补集的交集（定义 $f(0)=g(0)=U$），则：

$$\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid =\mid U\mid +\sum _i\{(-1{)}^i\times \mid f(i)\mid \}$$

可知对 $g(i)$，符合要求的 $f(i)$ 组合共有 $C_n^i$ 种，即原式可以化为：

$$\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid =\sum _i^n(-1{)}^i{C}_n^i\mid f(i)\mid$$

同理有

$$\mid \bigcap _i^n{\complement }_U{S}_i\mid =\sum _i^n(-1{)}^i{C}_n^i\mid g(i)\mid$$

因为

$$\mid f(n)\mid =\mid \bigcap _i^n{\complement }_U{S}_i\mid ,\mid g(n)\mid =\mid \bigcap _i^n{S}_i\mid$$

因此得出结论：

$$g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$$

$$P.10.1(2)$$

因为

$$C_n^i\times C_i^j={\displaystyle \frac{n!}{(n-i)!i!}}\times {\displaystyle \frac{i!}{(i-j)!j!}}={\displaystyle \frac{n!}{(n-j)!j!}}\times {\displaystyle \frac{(n-j)!}{[(n-j)-(n-i)]!(i-j)!}}=C_n^j\times C_{n-j}^{n-1}$$

因此

$$\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}=C_n^j(-1{)}^j\sum _{i=0}^{n-j}{C}_{n-j}^i=C_n^j\times (1-1{)}^{n-j}=C_n^j\times 0^{n-j}$$

当 $j\ne n$ 时，原式值为 $0$，否则值为 $1$.

当 $g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$ 成立时，可以推知

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i\sum _{i=j}^n(-1{)}^j{C}_i^{j}f(j)=\sum _{j=0}^{n}f(j)\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}$$

该式末项 $\sum _{i=j}^n\{(-1{)}^i\times C_n^i\times (-1{)}^j\times C_i^j\}$ 已有上述结论，故当 $j\ne n$ 和 $j=n$ 时分别带入讨论，发现原式均成立，证毕.

事实上，二项式反演还有一个更常用的推导式：

$$g(n)=\sum _{i=0}^n{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}g(i)$$

根据二项式反演的性质，我们通常会构造一组 $\{f(i),g(i)\}$，使得两者之间存在包含关系并且有一者很方便求出，通过反演来快速得到另一者的值.

二项式反演还有其他形式：

$$g(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$$

$$g(n)=\sum _{i=n}^N{C}_n^{i}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=n}^N(-1{)}^{i-n}{C}_n^{i}g(i)$$

10.2 Min-Max 容斥

对于满足全序关系并且其中元素满足可加减性的序列 $\{x_i\}$，设其长度为 $n$，并设 $S=\{1,2,3,\cdots ,n\}$ ，则有：

$$\underset{i\in S}{max}{x}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{min}{x}_j$$

$$\underset{i\in S}{min}{x}_i=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{max}{x}_j$$

一个常用的实际应用为 Min-Max 容斥的低维版本：$min(a,b)=a+b-max(a,b)$

证明略.

10.3 错位排列

满足 $\mathrm{\forall }i\ne a_i$ 的排列被称为错位排列.

10.3.1 公式

套用补集的公式，问题变成求

$$\left|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}\right|$$

可以知道，$\overline{S_i}$ 的含义是满足 $P_i=i$ 的排列的数量。用容斥原理把问题式子展开，需要对若干个特定的集合的交集求大小，即：

$$\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|$$

其中省略了 $a_i<a_{i+1}$ 的条件以方便表示

上述 $k$ 个集合的交集表示有 $k$ 个变量满足 $P_{a_i}=a_i$ 的排列数，而剩下 $n-k$ 个数的位置任意，因此排列数：

$$\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|=(n-k)!$$

那么选择 $k4 个元素的方案数为

$C_n^k$，因此有：

$$\begin{array}{rl}\left|\bigcup _{i=1}^n\overline{S_i}\right|& =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\sum _{a_{1,\cdots ,k}}\left|\bigcap _{i=1}^k{S}_{a_i}\right|\\ & =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}{C}_n^k(n-k)!\\ & =\sum _{k=1}^n(-1{)}^{k-1}\frac{n!}{k!}\\ & =n!\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k!}\end{array}$$

因此 $n$ 的错位排列数为：

$$D_n=n!-n!\sum _{k=1}^n\frac{(-1{)}^{k-1}}{k!}=n!\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{k!}$$

10.3.2 递推式

$$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$$

$$D_n=n{D}_{n-1}+(-1{)}^n)$$

待证明

10.4 Catalan 数

1 1 2 5 14 42 132

$$H_n=\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{n+1}$$

关于 Catalan 数的常见公式：

$$H_n=\{\begin{array}{ll}\sum _{i=1}^n{H}_{i-1}{H}_{n-i}& n\ge 2,n\in {\mathbf{N}}_{\mathbf{+}}\\ 1& n=0,1\end{array}$$

$$H_n=\frac{H_{n-1}(4n-2)}{n+1}$$

$$H_n=C_{2n}^n-C_{2n}^{n-1}$$