二项式反演

合集 - 组合数学和线性代数(10)

1.二项式系数2024-04-262.生成函数2024-04-263.容斥2024-04-264.Min-Max 容斥2024-04-26

5.二项式反演2024-04-26

6.反射容斥2024-04-267.线性代数基础2024-04-268.LGV引理2024-04-269.矩阵树定理 BEST 定理2024-04-2610.特征值和特征向量2024-04-26

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二项式反演

常见形式：

$$\begin{aligned} f_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}f_i &(0) \\ f_n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f_i &(1) \\ f_n=\sum_{i \ge n}\binom{i}{n}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i \ge n}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f_i &(2) \end{aligned}$$

本质：把 $f,g$ 数组看成两个向量，中间的转移系数看成矩阵，那么左右两边式子的系数的矩阵互为逆矩阵。

二项式反演也可以看作是一种特殊的容斥，作用往往在于将 恰好 转化为 钦定

P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

二项式反演经典入门例题

注意到要计数的是恰好 $k$ 次平局的方案数，设 $f_i$ 表示恰好 $i$ 次非平局的方案数，$g_i$ 表示钦定了 $i$ 次非平局的方案数。

$$f_k=\sum_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i \Leftrightarrow g_k=\sum_{i=k}^{m}\binom{i}{k}f_i$$

现在要求的是树上钦定了 $k$ 对祖孙关系的方案数，考虑设 $h_{x,i}$ 表示 $x$ 的子树内钦定了 $i$ 对祖孙关系的方案数。合并两个子树就类似卷积形式暴力合并，以及对新加的根节点看是否会新增一对祖孙关系即可。剩下 $m-k$ 对点可以随意匹配（只钦定了 $k$ 对非平局，剩下的随便选），那么有：

$$g_k=f_{1,k}(m-k)!$$

最后再套二项式反演即可。

弱化版：

P4859 已经没有什么好害怕的了

P5400 [CTS2019] 随机立方体

概率转计数，依旧将恰好转化为钦定，设 $f_k$ 表示恰好 $k$ 个极大数的方案数，$g_k$ 表示钦定 $k$ 个的方案数，那么有反演 $1$ 形式。设 $S(x)=(n-x)(m-x)(l-x)$

注意到 $k$ 个极大数都会影响到 $k$ 行 $k$ 列 $k$ 个纵截面，那么剩下的位置可以随便填。

再拆式子：

$$g_i=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\times\dfrac{nml}{(nml-S(i))!}\times h_i$$

第一部分表示选出 $i$ 个位置作为极大值的坐标的方案数，第二部分表示其他无关位置随便标号的方案数，那么我剩下没有考虑到的是被极大影响的位置（包括自身）的值标号的方案数。

不妨从按极大坐标的值从大到小考虑，那么被影响的点的限制会越来越紧，方便计算。

设当前考虑到了第 $j$ 个极大坐标，显然它是所有未填取数中的最大值，只能选取最大的那个值，那剩下哪些只跟当前最大值有关联的坐标（即当前只需小于第 $j$ 个极大坐标），配合上当前还没填的个数的总数，可以得到将这些坐标填值的方案数。

具体而言，假设当前还剩下 $w$ 个数未填（极大坐标不算入），当前只跟最大值有关联的坐标有 $x$ 个，那么方案数为：$w^{\underline x}$。

需要填的个数是 $S(j-1)-S(j)-1$（不被前 $j-1$ 个极大坐标影响的位置减去不被前 $j$ 大极大坐标影响的位置再减去第 $j$ 个极大坐标），还剩的总点数是 $S(0)-S(j-1)-1$。

那么有：

$$\begin{aligned} h_i&=\prod_{j=1}^{i}\dfrac{(S(0)-S(j-1)-1)!}{(S(0)-S(j-1)-1-(S(j-1)-S(j)-1))!} \\ &=(S(0)-S(i)-1)!\prod_{j=1}^{i-1}\dfrac{1}{S(0)-S(j)} \\ g_i&=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\times\dfrac{nml}{(S(0)-S(i))!}\times (S(0)-S(i)-1)! \prod_{j=1}^{i-1}\dfrac{1}{S(0)-S(j)} \\ g_i&=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}(nml)!\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)} \\ ans&=\frac{f_k}{(nml)!}=\dfrac{1}{(nml)!}\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}(nml)!\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)} \\ ans&=\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)} \end{aligned}$$

注意到最多只有 $\min(n,m,l)$ 个极大值位置，所有直接求出每一项即可。

但是本题范围较大，不支持每次 $O(\log n)$ 求逆元。

小 $\text{trick}$：考虑类似与求阶乘逆元那样预处理出所有数相乘的逆元，再倒着往回推就可以得到每个数的逆元了，复杂度就降到了线性。

P4831 Scarlet loves WenHuaKe

牛牛题，介绍一个不需要多项式的做法。

首先显然每行恰好只有两个棋子。

转换：有编号为 $1\sim m$ 的球各两个，求所有多少种方案放入 $n$ 对无序二元组且二元组内两数不同。设方案数为 $f(n,m)$

先忽略一些棘手的限制，设 $g(n,m)$ 表示将这 $2\times m$ 个球放到 $2\times n$ 个格子中的方案数。

如何计算 $g$ ？考虑先枚举二元组内的两数相同的数量，再用不同的数补空。

$$g(n,m)=(2n)!\sum_{i=0}^{\min(m-n,n)}\dfrac{\binom{m}{n-i}\binom{m-n+i}{2i}}{2^{n-i}}$$

大概意思是 $\binom{m}{n-i}$ 的意思是枚举相同对数 $n-i$ 的方案数，$\binom{m-n+1}{2i}$ 表示从剩下的 $m-n+i$ 个颜色球中选 $2i$ 个数。$(2n)!$ 因为是有标号计数，再除掉相同数字的交换次序 $2^{n-i}$。

再思考如何用 $f$ 表示 $g$，注意到 $g$ 其实是计数 $n$ 对有序二元组的数量。

那么考虑枚举选了多少对二元组用了相同的数组，再选一些颜色的球放进去，剩下的就再将有序变成无序，即可得到：

$$g(n,m)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\dfrac{m!}{(m-i)!}2^{n-i}f(n-i,m-i)$$

长得很像二项式反演！但是多了些杂项。

$$\dfrac{g(n,m)}{m!}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\dfrac{2^{n-i}f(n-i,m-i)}{(m-i)!}$$

注意到整个式子中，使用到的 $f,g$ 中的 $n,m$ 的差值始终不变，考虑换元。

$$\begin{aligned} G_i&=\dfrac{g(i,i-n+m)}{(i-n+m)!} \\ F_i&=\dfrac{2^if(i,i-n+m)}{(i-n+m)!} \\ G_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}F_{n-i} \\ G_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}F_i \Leftrightarrow F_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}G_i \\ F_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}G_{n-i} \\ \dfrac{2^nf(n,m)}{m!}&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\dfrac{g(n-i,m-i)}{(m-i)!} \\ f(n,m)&=\dfrac{m!}{2^n}\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\dfrac{g(n-i,m-i)}{(m-i)!} \end{aligned}$$

注意到算 $g(n,m)$ 的复杂度是 $O(\min(m-n,n))$ 的，一共计算 $n$ 次，复杂度为 $O(\min(m-n,n)n)$，刚好满足题目数据。

P5401 [CTS2019] 珍珠

Nit 钦定的题目，确实比较牛。

设颜色为 $k$ 的个数为 $c_k$，方案合法要满足：

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{D}\lfloor \frac{c_k}{2} \rfloor &\ge m \\ \sum_{k=1}^{D}c_k-c_k \text{ mod }2 &\ge 2m \\ \sum_{k=1}^{D}c_k \text{ mod }2 &\le n-2m \end{aligned}$$

$D\le n-2m$ 和 $n-2m \le 0$ 的情况是简单的，答案分别是 $D^n$ 和 $0$。

设 $f_i$ 表示恰好有 $i$ 个 $c_k$ 为奇数的方案数，依旧将恰好转钦定，设 $g_i$ 表示钦定了 $i$ 个 $c_k$ 为奇数的方案数。

$$\begin{aligned} ans&=\sum_{i=0}^{n-2m}f_i \\ f_i&=\sum_{j\ge i}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}g_j \end{aligned}$$

如果计算出 $g$ 那么可以卷积得到 $ans$，那么现在可以转化为算 $g$。

考注意到所有出现次数为奇数的排列方案数 $x$ 的 $\text{EGF}$ 为 $\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$，出现次数任意的排列方案数的 $\text{EGF}$ 为 $e^x$

$$\begin{aligned} g_k&=[\dfrac{x^n}{n!}]\binom{D}{k}(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^k(e^x)^{D-k} \\ &=[\dfrac{x^n}{n!}]\binom{D}{k}\dfrac{1}{2^k}(e^x)^{D-k}\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\binom{k}{j}(e^x)^{k-2j} \\ &=\dfrac{1}{2^k}\dfrac{D!}{k!(D-k)!}[\dfrac{x^n}{n!}]\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\dfrac{k!}{j!(k-j)!}e^{(D-2j)x} \end{aligned}$$

又有 $\text{EGF}$ 公式：

$$\sum_{i\ge0}\dfrac{c^ix^i}{i!}=e^{cx}$$

那么有：

$$\begin{aligned} g_k&=\dfrac{1}{2^k}\dfrac{D!}{k!(D-k)!}\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\dfrac{k!}{j!(k-j)!}(D-2j)^n \\ &=\frac{D!}{(D-k)!2^k}\sum_{j=0}^{i}\dfrac{(-1)^j(D-2j)^n}{j!}\dfrac{1}{(i-j)!} \end{aligned}$$

注意到式子仍然是一个卷积形式，卷起来即可！