「总结」容斥。二.反演原理 2.组合容斥

2.二项式反演。

运用最频繁的反演之一。形式很多。

这里写一下最常用的两种形式：

 

至多形式：

$$g(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}f(i)$$

$$f(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}g(i)$$

至少形式：

$$g(m)=\sum\limits_{i=m}^{n}\binom{i}{m}f(i)$$

$$f(m)=\sum\limits_{i=m}^{n}(-1)^{i-m}\binom{i}{m}g(i)$$

 

证明：

只证明至多形式。

$$f(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}g(i)$$

$$=\sum\limits_{i=0}^{m}\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}\binom{i}{j}f(j)$$

$$=\sum\limits_{i=0}^{m}\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{m-i}\binom{m-j}{i-j}\binom{m}{j}f(j)$$

改变枚举顺序。

$$=\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{m}{j}f(j)\sum\limits_{i=j}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m-j}{i-j}$$

后面的部分是$m-j$行二项式系数的奇偶错减，只有$j=m$的时候为1，其余为0。

$$=\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{m}{j}f(j)[j=m]$$

$$=f(m)$$

证毕。

 

题目。

$fr.$放棋子。

这个题看起来很像二项式反演。

 

发现每个颜色的棋子必然要占据他所在的行和列。

设$g[i][j][k]$为第$i$种颜色的棋子占据$j$行$k$列的方案数。

$f[i][j][k]$为前$i$种颜色占了$j$行$k$列的方案数。

如果我们的到了$g$，就可以做二维背包求出$f$.

现在问题转化为求$g$

设至少有$l$行$r$列有棋子的方案为$h(l,r)$,恰好有这么多被占的为$p(l,r)$

那么

$$h(n,m)=\sum\limits_{i=n}^{mxn}\sum\limits_{j=m}^{mxm}\binom{i}{n}\binom{j}{m} p(i,j)$$

$$p(n,m)=\sum\limits_{i=n}^{mxn}\sum\limits_{j=m}^{mxm}(-1)^{i+j}\binom{i}{n}\binom{j}{m}h(i,j)$$

我们发现要求的$g[j][k]=p(j,k)$

这样看起来仍然不是很好算因为我们很难求出$h(i,j)$于是考虑舍弃二项式反演。

没错正解不是二项式反演。

而我拿出这道题的原因就是我考场上推了很久的二项式反演。

这也提醒我：用二项式反演之前要注意是否有一个已知函数是极便于求出的，如果不是，那么反演即使本身正确，也难以在正确的复杂度内求解。

正解是补集容斥。

$$g[n][m]=\binom{nm}{num}-\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{n}{i}\binom{m}{j}g[i][j]$$

 

$se.$染色

这个是真的二项式反演。

设$f(k)$为恰好出现$S$次的颜色有$k$个的方案数，$g(k)为至少$。

那么:

$$g(k)=\binom{m}{k}\binom{n}{kS}\frac{(kS)!}{(S!)^k}(m-k)^{n-kS}$$

$$g(k)=\sum\limits_{i=k}^{m}\binom{i}{k}f(i)$$

二项式反演得到

$$f(k)=\sum\limits_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i)$$

再继续推一推就会发现是卷积的形式，这个时候我们$FFT$一发就可以在$O(mlogm)$时间内求出没一个$f(k)$的取值，乘权累加即可。