「学习笔记」二项式反演、斯特林数、Min-max 容斥
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Something:
题单里的部分题目还没有写所以本文在例题方面没有施工完毕，发出来仅仅是因为这篇博太常需要翻阅但是又被积压在草稿箱底部 .
补完后会删除这段话 .
格路计数
一个比较经典的 trick .
在一个 \(n\times m\) 的方格内，只能向上或向右走，求从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\) 的方案数 .
答案是 \(\dbinom{n + m}{n}\)，组合意义是 \(n+m\) 次移动中选出 \(n\) 次向上移动 .
另一种解决方式是简单 DP，\(f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1}\) .
在求解类似 \(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\dbinom{a_i + a_j + b_i + b_j}{a_i + b_i}\) 的问题时，如果 \(nm\) 较大但值域较小，可以考虑转化为格路计数，在所有 \((-a_i, -b_i)\) 处初始化，使用 DP 算出所有 \((a_j, b_j)\) 的值 .
板子是 AGC001E .
二项式反演
终于能填这个坑了啊 .
大量参考：link1, link2 .
形式一与形式二是更常用的形式 .
形式零
假设全集 \(U = {A_1, A_2, \cdots, A_n}\) 的任意 \(i\) 个元素并集、交集都相等，设 \(f(n)\) 表示任意 \(i\) 个集合的补集的交集，\(g(n)\) 表示任意 \(i\) 个集合的交集 .
特别的，\(f(0) = \left|U\right|\)，\(g(0) = \left|U\right|\) .
记 \(A\) 补集为 \(A^c\)，有一条容斥等式：
\[\left|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n\right| = \left|U\right| - \sum_{i = 1}^{n}\left|A^c_i\right| + \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}\left|A^c_i\cap A^c_j\right| - \cdots + (-1)^{n}\left|A^c_1\cap A^c_2\cap\cdots\cap A^c_n\right|
\]
左边就是 \(g(n)\)，右边相当于 \(\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}f(i)\) . 即 \(g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)\) .
补集的补集就是原集，那么同理可得 \(f(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)\) .
那么可以得到形式零：
\[f(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)
\]
其他形式都可以在这个形式基础上变形得出 .
形式一
\[f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\dbinom{n}{i}f(i)
\]
有一个组合意义：\(f(i)\) 为在一个集合中钦定 \(i\) 个元素被选择，其他元素随便选的方案数，\(g(i)\) 为在该集合中选出恰好 \(i\) 个元素的方案数 .
两个代数证明：
证明 1
令 \(h(n) = (-1)^{n}g(n)\)，带入形式零：
\[f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}h(i)\Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i)
\]
观察发现 \((-1)^{n + i} = (-1)^{n - i}\)，因此得出形式二：
\[f(n) = \sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}h(i)\Leftrightarrow h(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\dbinom{n}{i}f(i)
\]
\[\tag*{$\square$}
\]
证明 2
硬带：
\[\begin{aligned}
f(n)
&=\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}g(i)\\
&=\sum_{i = 0}^{n}\dbinom{n}{i}\sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}f(j)\\
&=\sum_{i = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{i}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}(-1)^{i - j}f(j)\\
&=\sum_{j = 0}^{n}f(j)\sum_{i = j}^{n}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}(-1)^{i - j}\\
&=\sum_{j = 0}^{n}f(j)\sum_{i = j}^{n}\dbinom{n}{j}\dbinom{n - i}{i - j}(-1)^{i - j}\\
&=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}\\
\end{aligned}
\]
\(\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}\) 这一坨，当 \(n = j\) 时等于 \(1\)，否则等于 \((1-1)^{n - j} = 0\) .
带回：
\[\begin{aligned}
f(n)&=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)\sum_{k = 0}^{n - j}\dbinom{n - i}{k}1^{n - j - k}(-1)^{k}\\
&=\sum_{j = 0}^{n}\dbinom{n}{j}f(j)[n = j]\\
&=\dbinom{n}{n}f(n)\\
&=f(n)\\
\end{aligned}
\]
\[\tag*{$\square$}
\]
形式二
\[f(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}f(i)
\]
证明考虑直接代入：
\[\begin{aligned}
f(n)
&=\sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}g(i)\\
&=\sum_{i = n}^{m}(-1)^i\dbinom{i}{n}\sum_{j = i}^{m}(-1)^j\dbinom{j}{i}f(j)\\
&=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{i}{n}\dbinom{j}{i}(-1)^{i + j}\\
&=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j}{n}\dbinom{j - n}{i - n}(-1)^{2j + (i - j)}\\
&=\sum_{j = i}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{k = 0}^{j - n}\dbinom{j - n}{k}(-1)^{k}\\
&=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)[j = n]\\
&=\dbinom{n}{n}f(n)\\
&=f(n)\\
\end{aligned}
\]
\[\tag*{$\square$}
\]
形式三
\[f(n) = \sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = n}^{m}(-1)^{i - n}\dbinom{i}{n}f(i)
\]
证明与形式一比较类似：
\[\begin{aligned}
f(n)
&=\sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}g(i)\\
&=\sum_{i = n}^{m}\dbinom{i}{n}\sum_{j = i}^{m}(-1)^{j - i}\dbinom{j}{i}f(j)\\
&=\sum_{j = n}^{m}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j}{i}\dbinom{i}{n}(-1)^{j - i}\\
&=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{i = n}^{j}\dbinom{j - n}{j - i}(-1)^{j - i}\\
&=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)\sum_{k = 0}^{j - n}\dbinom{j - n}{k}1^{j - n - k}(-1)^{k}\\
&=\sum_{j = n}^{m}\dbinom{j}{n}f(j)[n = j]\\
&=\dbinom{n}{n}f(n)\\
&=f(n)\\
\end{aligned}
\]
\[\tag*{$\square$}
\]
斯特林数
第一类斯特林数
定义
「第一类斯特林数（斯特林轮换数）」记作 \(\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\) 或 \(s(n, k)\)，表示将两两不同的 \(n\) 个元素划分为 \(k\) 个互不区分的轮换的方案数 .
「轮换」指的是一个首尾相接的序列，例如说 \([A, B, C, D] = [B, C, D, A] = [C, D, A, B] = [D, A, B, C]\)，但是 \([A, B, C, D]\neq[D, C, B, A]\) .
递推式
\[\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}n - 1\\k - 1\end{bmatrix} + (n - 1)\begin{bmatrix}n - 1\\k\end{bmatrix}
\]
特别的，\(\begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix} = [n = 0]\) .
比较好考虑组合意义，一种情况是新开一个轮换，另一种是选一个轮换插入 . 注意插入位置不同形成的轮换不同，共有 \(n - 1\) 个位置可以插入 .
似乎没有实用的通项公式 .
第二类斯特林数
定义
「第二类斯特林数（斯特林子集数）」记作 \(\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\) 或 \(S(n, k)\)，表示将两两不同的 \(n\) 个元素划分为 \(k\) 个互不区分的子集的方案数 .
递推式
\[\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix}n - 1\\k - 1\end{Bmatrix} + k\begin{Bmatrix}n - 1\\k\end{Bmatrix}
\]
特别的，\(\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix} = [n = 0]\) .
组合意义两种情况和第一类斯特林数一样，但是子集不区分顺序，因此第二种情况共有 \(k\) 种插入方式 .
通项公式
\[\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \sum_{i = 0}^{k}\frac{(-1)^{k - i}i^n}{i!(k - i)!}
\]
证明考虑容斥：\(F(i)\) 表示将两两不同的 \(n\) 个元素划分为 \(i\) 个互相区分的集合（不允许空集）的方案数，\(G(i)\) 表示将两两不同的 \(n\) 个元素划分为 \(i\) 个互相区分的集合（允许空集）的方案数 .
显然有：
\[G(i) = i^n = \sum_{j = 0}^{i}\dbinom{i}{j}F(j)
\]
第二种表达方式是枚举非空集个数 .
使用二项式反演：
\[\begin{aligned}
F(i)
&= \sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}G(j)\\
&= \sum_{j = 0}^{i}(-1)^{i - j}\dbinom{i}{j}j^n\\
&= \sum_{j = 0}^{i}\frac{i!(-1)^{i - j}j^n}{j!(i - j)!}\\
\end{aligned}
\]
把 \(F(k)\) 划分出的集合的顺序去掉即可得到 \(\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\)：
\[\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \frac{F(k)}{k!} = \sum_{j = 0}^{i}\frac{ (-1)^{i - j}j^n}{j!(i - j)!}
\]
应用：普通幂、下降幂与上升幂互相转化
一个很奇怪的事情是网上的证明很少，于是我贺了具体数学 .
记上升阶乘幂 \(x^{\overline{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)\)，下降阶乘幂 \(x^{\underline{n}}=\prod_{k=0}^{n-1}(x-k)\) .
首先有公式「普通幂转下降幂」：
\[x^n=\sum_{k} \begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} x^{\underline{k}}
\]
考虑使用数学归纳法证明 . 我们由 \(x^{\underline{k + 1}} = x^{\underline{k}}(x - k)\) 可推出 \(x\cdot x^{\underline{k}} = x^{\underline{k + 1}} + kx^k\)，那么：
\[\begin{aligned}
x\cdot x^{n - 1}
&= x\sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\\
&= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k + 1}} + \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}kx^{\underline{k}}\\
&= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k - 1\end{Bmatrix}x^{\underline{k}} + \sum_{k}\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix}kx^{\underline{k}}\\
&= \sum_{k}\left(k\begin{Bmatrix}n - 1\\ k\end{Bmatrix} + \begin{Bmatrix}n - 1\\ k - 1\end{Bmatrix}\right)x^{\underline{k}}\\
&= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\\
\end{aligned}
\]
使用类似的方法即可获得公式「上升幂转普通幂」：
\[x^{\overline{n}} = \sum_{k}\begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix}x^k
\]
接下来考虑如何倒过来转化，即「普通幂转上升幂」和「下降幂转普通幂」 .
观察发现，如果我们找到了上升幂与下降幂之间的关系，带入「普通幂转下降幂」的式子就可以获得「普通幂转上升幂」，另一个同理 .
这个关系并不难找：
\[x^{\underline{n}} = (-1)^n(-x)^{\overline{n}}
\]
然后对「普通幂转下降幂」进行变形再代入：
\[\begin{aligned}
(-x)^n &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix} (-x)^{\underline{k}}\\
(-1)^{n}x^n &= \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^k(-x)^{\overline{k}}\\
\end{aligned}
\]
得到「普通幂转上升幂」：
\[x^n = \sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\ k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline{k}}
\]
同理得到「下降幂转普通幂」：
\[x^{\underline{n}}=\sum_{k} \begin{bmatrix}n\\ k\end{bmatrix} (-1)^{n-k} x^k
\]
其实这是符合斯特林反演的，所以你会斯特林反演的话也能得出后面两个式子 .
我懒得证了 . 挂个链接 .
Min-max 容斥
若 \(S\subseteq T\)，则不难发现有 \(\left|S\cup T\right| = \max\{\left|S\right|, \left|T\right|\}\)，\(\left|S\cap T\right| = \min\{\left|S\right|, \left|T\right|\}\) .
利用这一性质即可利用容斥公式，通过集合内的一个最值求出另一最值：
\[\begin{aligned}
\min_{x\in S}x &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}\max_{x\in T} x\\
\max_{x\in S}x &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}\min_{x\in T} x\\
\end{aligned}
\]
看起来挺没用的 .
比较强的是根据期望线性性有下面这条式子：
\[\begin{aligned}
E\left(\min_{x\in S}x\right) &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}E\left(\max_{x\in T} x\right)\\
E\left(\max_{x\in S}x\right) &= \sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}(-1)^{\left|T\right| - 1}E\left(\min_{x\in T} x\right)\\
\end{aligned}
\]
这个相当有用，因为有时候一个最值的期望远没有另一种好求 .
另外还可以扩展到 \(\gcd\) 和 \(\operatorname{lcm}\)：
\[\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{x\in S}x = \prod_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}\left(\gcd_{x\in T} x\right)^{(-1)^{\left|T\right| - 1}}
\]
虽然我很没用，但看到几位这么有用，真好！
例题
积木
\(n\) 堆积木，每堆有 \(a_i\) 个蓝色积木，\(b_i\) 个绿色积木，\(c_i\) 个红色积木 . 每次任选两堆积木，用完这两堆之间的所有积木 建出一栋楼，求总方案数 .
两个方案不同，当且仅当选取的积木堆不同或建成高楼的某一层颜色不同 .
\(1\le n\le 2\times 10^5, 0\le a_i, b_i, c_i\le 150\) .
固定两堆积木，方案数为 $\dbinom{a_i + a_j + b_i + b_j + c_i + c_j}{a_i + a_j, b_i + b_j, c_i + c_j} $ .
发现是一个三维格路计数的形式，值域不大故使用 DP 求解 .
对 \(a\) 和 \(b\) 进行排序，使得处理大小时可以直接从前缀和后缀转移过来 .
设 \(F_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个 \(a_i\) 中，有多少种方案钦定配对了 \(j\) 个满足 \(a > b\) 的二元组，有转移：
\[F_{i, j} = F_{i - 1, j} + (p_i - (j - 1))F_{i - 1, j - 1}
\]
其中 \(p_i\) 满足 \(b_{p_i} < a_i < b_{p_i + 1}\) .
对于状态中没有进行配对的，令它们肆意配队，为了更方便形式化 \(f(i) = (n - i)!F_{n, i}\) 表示整个序列钦定 \(j\) 个满足 \(a > b\) 的二元组的方案数 .
设 \(g(n)\) 表示序列中存在恰好 \(j\) 个满足 \(a > b\) 的二元组的方案数，二项式反演：
\[f(k) = \sum_{i = k}^{n}\dbinom{i}{k}g(i)
\Leftrightarrow
g(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}f(i)
\]
答案即为 \(g\left(\frac{n + k}{2}\right)\) .
看到这个「恰好」就比较套路的放上二项式反演：设 \(f(k)\) 表示恰好 \(k\) 个人被碾压，\(g(x)\) 表示钦定 \(k\) 个人被碾压 .
不难得到反演式子:
\[g(k) = \sum_{i = k}^{n}\dbinom{i}{k}f(i)\Leftrightarrow f(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}g(i)
\]
考虑求 \(g(k)\)，有式子：
\[g(k) = \dbinom{n - 1}{k}\prod_{i = 1}^{m}\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}(U_i - s)^{R_i - 1}
\]
简单解释：选出 \(k\) 个人被钦定，对于每一科考虑枚举 D 神的分数，在没被钦定的 \(n - k - 1\) 个人中选出 \(R_i - 1\) 个人作为分数比 D 神高的人，然后可以知道每个人分数的可能数，其积为每个人的分数的总可能数 .
这样复杂度是基于值域的，考虑展开后面的依托：
\[\begin{aligned}
&\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}(U_i - s)^{R_i - 1}\\
=&\sum_{s = 1}^{U_i}\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}s^{n - R_i}\sum_{j = 0}^{R_i - 1}\dbinom{R_i - 1}{j}U_i^{j}(-1)^{R_i - 1 - j}s^{R_i - 1 - j}\\
=&\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}\sum_{j = 0}^{R_i - 1}(-1)^{R_i - 1 - j}\dbinom{R_i - 1}{j}U_i^{j}\sum_{s = 1}^{U_i}s^{n - j - 1}\\
=&\dbinom{n - k - 1}{R_i - 1}h(i)
\end{aligned}
\]
这个 \(h(i)\) 部分只与 \(i\) 有关所以单独提出来进行预处理，现在和值域有关的部分只剩下了后面的自然数幂和，这样就可以拉插或伯努利数处理了 .
但是我不会拉插也不会伯努利数，咋整呀？
答案是用扰动法可以得到自然数幂和的一个递推式：
\[S_{t}(n) = \sum_{k = 1}^{n}k^{t} = \frac{(n + 1) ^ {t + 1} - \sum_{j = 0}^{t - 1}\dbinom{t + 1}{j}S_j(n)}{(t + 1)}
\]
我写这个是为了让你知道我代码里有啥，最好还是用拉插的，不然别人也不知道你在干什么 .
这样可以 \(O(mR^2) = O(n^3)\) 预处理出所有的 \(h(i)\)，然后把它带回原式：
\[f(k) = \sum_{i = k}^{n}(-1)^{i - k}\dbinom{i}{k}\dbinom{n - 1}{i}\prod_{j = 1}^{m}\dbinom{n - i - 1}{R_j - 1}h(j)
\]
可以 \(O(n^2)\) 算出 .
第 \(x\) 段贡献是：
\[\sum_{i = 1}^{mx - a_x}i^k - \sum_{i = x}^{m}(a_i - a_x)^k
\]
后一半暴力算，前一半是个经典的自然数幂和 .
当然可以插出来不过放在斯特林数还是要尊重一下：
\[\begin{aligned}
\sum_{i = 1}^{n}i^k
&= \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}i^{\underline{j}}\\
&= \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}\dbinom{i}{j}j!\\
&= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\sum_{i = 1}^{n}\dbinom{i}{j}\\
&= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\dbinom{n + 1}{j + 1}\\
&= \sum_{j = 1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ j\end{Bmatrix}j!\frac{(n + 1)^{\underline{j + 1}}}{(j + 1)!}\\
\end{aligned}
\]
斯特林数直接 \(O(k^2)\) 预处理，后面下降幂由于 \(j\) 不大直接暴力计算 .
考虑使用斯特林数将普通幂转化为下降幂，进一步转为组合数 .
\[\begin{aligned}
S(u)
&= \sum_{v = 1}^{n}\sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}\operatorname{dis}(u, v)^{\underline{k}}\\
&= \sum_{v = 1}^{n}\sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}\dbinom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}i!\\
&= \sum_{i = 0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\ i\end{Bmatrix}i!\sum_{v = 1}^{n}\dbinom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}\\
\end{aligned}
\]
设 \(f_{u, i} = \sum_{v\in u\text{'s subtree}}\binom{\operatorname{dis}(u, v)}{i}\)，有转移：
\[\begin{aligned}
f_{u, i}
&= \sum_{v\in u\text{'s son}}\sum_{x\in v\text{'s subtree}}\dbinom{\operatorname{dis}(v, x) + 1}{i}\\
&= \sum_{v\in u\text{'s son}}\sum_{x\in v\text{'s subtree}}\dbinom{\operatorname{dis}(v, x)}{i} + \dbinom{\operatorname{dis}(v, x)}{i - 1}\\
&= \sum_{v\in u\text{'s son}}f_{v, i} + f_{v, i - 1}\\
\end{aligned}
\]
然后换个根就做完了 .
