二项式反演

合集 - 数学(5)

1.二项式反演2023-08-16

2.斯特林数2023-08-153.树上随机游走2023-08-164.常见数学式子（持续更新ing...）2023-08-185.拉格朗日插值2023-10-18

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二项式反演

（写这么个玩意也不容易，如果发现有错请及时联系我qwq）

1. 反演的定义

演绎推理是我们在数学中经常遇到的方法。对于数列来说，通过原数列计算出新数列叫作演绎，而通过计算出的数列反推出原数列则被称为反演。

举个例子，假设有两个数列 $f(x)$ 和 $g(x)$，$f(x)$ 为原数列，$g(x)$ 为新数列。我们从 $f(x)$ 推出 $g(x)$ 的过程就叫做演绎，而利用 $g(x)$ 反推出 $f(x)$的过程就叫做反演。

一般来说，有了两个数列的相互关系，我们才能相互推算。在一些特定的情况下，相互关系会有一些特殊的性质，人们将重要的、常见的相互关系命名，并深入研究其性质，如二项式反演、莫比乌斯反演、单位根反演、子集反演等。

再举个例子，我们假设 $g(x)$ 与 $f(x)$ 满足：

$$\begin{aligned} g(x) &= \sum_{i=0}^x {a_i f(i)} \end{aligned}$$

我们可以利用它们的关系式，从 $f(x)$ 推到 $g(x)$，也可以通过解 $n$ 元一次方程组，从 $g(x)$ 推到 $f(x)$。当然，这个关系式的反演过程只需要简单地进行解方程组，所以并没有特别的名字。

2. 通过容斥原理推导二项式反演

不会容斥原理的可以来看我的另一篇博客

我们设全集 $U = \{S_1, S_2, \dots, S_{n - 1}, S_n \}$ 中的任意 $i$ 个元素的并集大小相等，任意 $i$ 个元素的交集大小也相等。

设 $g(n)$ 代表任意 $n$ 个集合的交集，$f(n)$ 代表任意 $n$ 个集合的补集的交集。特别地，$g(0) = f(0) = |U|$

那么我们就能得到下面两条容斥式子：

$$\begin{aligned} g(n) &= |S_1 \cap S_2 \cap \dots \cap S_{n - 1} \cap S_n| \\ &= |U| - |\overline{S_1}| - |\overline{S_2}| - \dots + (-1)^n \times |\overline{S_1} \cap \overline{S_2} \cap \dots \cap \overline{S_{n-1}} \cap \overline{S_n}| \\ &= \sum_{i = 0}^n(-1)^i \dbinom{n}{i}f(i) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} f(n) &= |\overline{S_1} \cap \overline{S_2} \cap \dots \cap \overline{S_{n - 1}} \cap \overline{S_n}| \\ &= |U| - |S_1| - |S_2| - \dots + (-1)^n \times |S_1 \cap S_2 \cap \dots \cap S_{n-1} \cap S_n| \\ &= \sum_{i = 0}^n(-1)^i \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

所以我们得到了优美的 一点都不优美的 二项式反演式子：

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n(-1)^i \dbinom{n}{i} f(i) \Leftrightarrow f(n) = \sum_{i = 0}^n(-1)^i \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

3. 二项式反演的常用形式

形式一

已知公式：

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i} f(i) \Leftrightarrow f(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

我们假设 $h(n) = (-1)^n f(n)$，则有：

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n \dbinom{n}{i} h(i) \Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n} = \sum_{i = 0}^n (-1)^i \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

即

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n \dbinom{n}{i} h(i) \Leftrightarrow h(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^{i + n} \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

而对于整数 $i$，$n - i = n + i - 2 \cdot i$，所以在对 $2$ 取模的意义下，有 $n + i \equiv n - i\ ( mod\ 2)$。

所以有

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n \dbinom{n}{i} h(i) \Leftrightarrow h(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

即常见的：

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n \dbinom{n}{i} f(i) \Leftrightarrow f(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} \dbinom{n}{i}g(i) \end{aligned}$$

这也就是第一个常用的形式，不过这里 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的定义视情况而定。

形式二

先给出形式：

$$\begin{aligned} f(n) = \sum_{i = n}^m {i \choose n} g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum_{i = n}^m (-1)^{i - n} {i \choose n} f(i) \end{aligned}$$

将右式代入左式，则

$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i = n}^m{i \choose n} \sum_{j = i}^m (-1)^{j - i}{j \choose i} f(j)\\ &= \sum_{i = n}^m \sum_{j=i}^m(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}f(j)\\ &= \sum_{j = n}^m f(j) \sum_{i=n}^j(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}\\ &= \sum_{j = n}^m{j \choose n} f(j) \sum_{i=n}^j {j - n\choose j - i} (-1)^{j - i}\\ &= \sum_{j = n}^m{j \choose n} f(j) \sum_{t = 0}^{j - n}{j - n \choose t} (-1)^{t}1^{j-n-t}\\ &= \sum_{j = n}^m{j \choose n} f(j) (1 - 1)^{j - n}\\ &= \sum_{j = n}^m{j \choose n} f(j) [j = n]\\ &= {n \choose n} f(n)\\ &= f(n) \end{aligned}$$

等式两边恒等，故恒成立。

4. 二项式反演在题目中的应用

4.1 几个经典问题

4.1.1 全错位排列问题

错位就是原来在某一位置上的数不能在这个位置上，或者说 $a_i \ne i$

全排列就不再解释了

对于这个问题，我们可以定义 $g(x)$ 表示 $n$ 个数中，至多有 $x$ 个 $a_i \ne i$ 的总方案数。$f(x)$ 表示 $x$ 个数的全错位排列的方案数。

所以有：

$$\begin{aligned} g(n) &= \sum_{i = 0}^n {n \choose i} f(i) \\ \end{aligned}$$

从 $g(x)$ 的定义来看，有

$$\begin{aligned} g(x) &= x! \end{aligned}$$

所以我们可以用二项式反演得到 $f(n)$ ：

$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} {n \choose i} g(i) \\ &= \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} {n \choose i} i! \\ &= \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} \frac{n!}{(n - i)!} \end{aligned}$$

在求和式中，把 $n!$ 提出来，再用 $i$ 代换 $n - i$，式子不变，得到

$$\begin{aligned} f(n) &= n! \sum_{i = 0}^n \frac{(-1)^i}{i!} \end{aligned}$$

这也就是所谓的全错位排列公式。

4.1.2 第一类斯特林数

想了解斯特林数的可以看看我的另一篇博客，这里只是大概描述一下斯特林数所解决的基本问题。

有 $n$ 个不同的球放入 $m$ 个不同的盒子，要求每个盒子非空，球有多少种方案数。

这里的限制是“非空”，那我们就从这里入手，定义 $g(m)$ 表示 $n$ 个不同的球放入 $m$ 个不同的盒子，至多有 $m$ 个盒子非空的方案数，$f(m)$ 表示 $n$ 个不同的球放入 $m$ 个不同的盒子，恰好有 $m$ 个盒子非空的方案数。

易得：

$$\begin{aligned} g(m) &= m^n \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} g(m) = \sum_{i = 0}^m {m \choose i} f(i) \end{aligned}$$

二项式反演后得：

$$\begin{aligned} f(m) &= \sum_{i = 0}^m (-1)^{m - i} {m \choose i} g(i) \\ &= \sum_{i = 0}^m (-1)^{m - i} {m \choose i} i^n \end{aligned}$$

4.1.3 第二类斯特林数

一样，也在我那篇博客里有详细介绍，这里只是粗略说下所解决的基本问题。

有 $n$ 个不同的球放入 $m$ 个相同的盒子，要求每个盒子非空，球有多少种方案数。

其实它与第一类斯特林数就不同在了盒子是否相同，所以我们的定义与推导过程基本不变，只不过最终的式子再除以 $m!$ 即可

4.1.3 计数问题

重点就在于怎么找到限制条件 $/$ 性质，有了限制条件 $/$ 性质，就能找到 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的含义，也就能通过二项式反演轻松解决掉问题。

上例题：luogu P4859 已经没有什么好害怕的了

4.1.3.1 题目大意

给定 $n$，并给定 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 以及 $b_1, b_2, \dots, b_n$，要求两两配对使得 $a_i > b_j$ 的对数减去 $a_i < b_j$ 的对数等于 $k$ 。（$0 \le k \le n \le 2000, a, b$ 中无相同元素）

4.1.3.2 分析

比较明显的计数问题。既然明确告诉我们要求恰好有 $k$ 个，那我们就可以很容易想到我们二项式反演。

4.1.3.3 题解

设有 $x$ 对 $a, b$ 满足 $a > b$，那么有 $n - x$ 对 $a, b$ 满足 $a < b$，也就意味着我们要让 $x - (n - x) = k$ 即 $\displaystyle x = \frac{n + k}{2}$。

现在我们要考虑怎么求恰好有 $x$ 个 $a > b$，自然过渡到用二项式反演解决。

设 $g(x)$ 表示至少有 $x$ 对 $a > b$ 的方案数，$f(x)$ 表示恰好有 $x$ 对 $a > b$ 的方案数。

那么有：

$$\begin{aligned} g(x) &= \sum_{i = x}^n {i \choose x} f(i) \Leftrightarrow f(x) = \sum_{i = x}^n(-1)^{i - x} {i \choose x} g(i) \end{aligned}$$

那我们现在就要去考虑如何计算 $g(x)$。

我们先将 $a$ 和 $b$ 分别从小到大排序。设 $r(i)$ 表示比 $a_i$ 小的 $b$ 的个数，$F(i, j)$ 表示前 $i$ 个 $a$ 中（排序后）恰好有 $j$ 对 $a > b$ 的方案数。可以列出状态转移方程：

$$\begin{aligned} F(i, j) &= F(i - 1, j) + (r(i) - j + 1) \cdot F(i - 1, j - 1) \end{aligned}$$

而 $g(i)$ 就等于 $(n - i)! \cdot F(n, i)$

有了这些，$f(\frac{n + k}{2})$ 就很好求了。

4.1.3.4 代码

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define M 2007
#define mod 1000000009
#define int long long   //我习惯不好，别学我

using namespace std;

int n, k, x, ans;
int a[M], b[M], F[M][M], r[M], fac[M], g[M], inv[M];

inline int quick_pow(int base, int p) {
    int res = 1;
    while(p) {
        if(p & 1)
            res = res * base % mod;
        base = base * base % mod;
        p >>= 1;
    }
    return res;
}

inline int C(int a, int b) {return fac[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> k;
    fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++ i) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = quick_pow(fac[i], mod - 2);
    }
    x = (n + k) >> 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        cin >> b[i];
    stable_sort(a + 1, a + 1 + n);
    stable_sort(b + 1, b + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)
        r[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + n, a[i]) - b - 1;
    F[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        F[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; ++ j)
            F[i][j] = (F[i - 1][j] + (r[i] - j + 1) * F[i - 1][j - 1] % mod) % mod;
    }
    for(int i = x; i <= n; ++ i)
        g[i] = F[n][i] * fac[n - i] % mod;
    for(int i = x; i <= n; ++ i) {
        if((i - x) & 1)
            ans = (ans - C(i, x) * g[i] % mod + mod) % mod;
        else
            ans = (ans + C(i, x) * g[i] % mod) % mod;
    }
    cout << ans;
}

4.2 方法总结

总的来说，把握好至少 $/$ 至多与恰好的关系是最重要的。

4.2.1 至少与恰好

假设共有 $n$ 种不同的性质，$g(x)$ 表示从有若干个元素的集合中，选出若干个至少有 $x$ 种不同性质的元素的集合总方案数，$f(x)$ 表示从有若干个元素的集合中，选出若干个恰好有 $x$ 种不同性质的元素的集合方案数。

那么根据我们刚才的结论，有：

$$\begin{aligned} g(x) &= \sum_{i = x}^n {i \choose x} f(i) \Leftrightarrow f(x) = \sum_{i = x}^n(-1)^{i - x} {i \choose x} g(i) \end{aligned}$$

4.2.1 至多与恰好

假设共有 $n$ 种不同的性质，$g(x)$ 表示从有若干个元素的集合中，选出若干个至多有 $x$ 种不同性质的元素的集合总方案数，$f(x)$ 表示从有若干个元素的集合中，选出若干个恰好有 $x$ 种不同性质的元素的集合方案数。

那么根据我们刚才的结论，有：

$$\begin{aligned} g(x) &= \sum_{i = 0}^x {x \choose i} f(i) \Leftrightarrow f(x) = \sum_{i = 0}^x(-1)^{x - i} {x \choose i} g(i) \end{aligned}$$

5. 多元二项式反演 $/$ 高维二项式反演

（个人感觉挺难的）

5.1 结论

设有 $m$ 个非负整数 $n_1, n_2, \dots, n_m$。假设 $f(n_1, n_2, \dots, n_m)$ 及 $g(n_1, n_2, \dots,n_m)$ 都是整数，且：

$$\begin{aligned} g(n_1, n_2, \dots, n_m) &= \sum_{k_i = 0}^{n_i} \prod_{j = 1}^m {n_j \choose k_j} f(k_1, k_2, \dots, k_m) \end{aligned}$$

那么有：

$$\begin{aligned} f(n_1, n_2, \dots, n_m) &= \sum_{k_i = 0}^{n_i} \prod_{j = 1}^m (-1)^{n_j - k_j} {n_i \choose k_i} g(k_1, k_2, \dots, k_m) \end{aligned}$$

注：

$\displaystyle \sum_{k_i = 0}^{n_i} = \begin{matrix} \underbrace{\sum_{k_1 = 0}^{n_1} \dots \sum_{k_i = 0}^{n_i} \dots \sum_{k_m = 0}^{n_m}}\\共m个\end{matrix}$

5.2 证明

既然你已经看到这里了，说明你很强了，所以我接下来就不写那么细了

我们先来证明一个小东西 恶心人的东西，我们一会需要用到：

$$\begin{aligned} \sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}=[j=n] \end{aligned}$$

证明如下：

$$\begin{aligned} \sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j} &= \sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\dbinom{n}{i+j}\dbinom{i+j}{j}\\ &=\dbinom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\dbinom{n-j}{n-i-j} \end{aligned}$$

当 $n = j$ 时，原式等于 $1$

当 $n \not= j$ 时，原式利用二项式定理可以继续化简：

$$\begin{aligned} \dbinom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}\dbinom{n-j}{n-i-j} &=\dbinom{n}{j}(1-1)^{n-j}\\ &= 0 \end{aligned}$$

得证。

我们再继续证我们最初要证的东西：

$$\begin{aligned} \sum_{k_i=0}^{n_i}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-k_i}\dbinom{n_i}{k_i}g(k_1,k_2,\cdots,k_m) &=\sum_{k_i=0}^{n_i}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-k_i}\dbinom{n_i}{k_i}\sum\limits_{t_i=0}^{k_i}\prod^m_{i=1}\dbinom{k_i}{t_i}f(t_1,t_2,\cdots,t_m)\\ &=\sum_{t_i=0}^{n_i} \sum_{k_i=t_i}^{n_i}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-k_i}\dbinom{n_i}{k_i}\dbinom{k_i}{t_i} f(t_1,t_2,\cdots,t_m) \end{aligned}$$

利用刚刚证明的引理，我们可以发现只有当 $t_1 = n_1, t_2 = n_2, \dots, t_m = n_m$ 时，$\displaystyle \sum_{k_i=t_i}^{n_i}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-k_i}\dbinom{n_i}{k_i}\dbinom{k_i}{t_i} f(t_1,t_2,\cdots,t_m)$ 的值才不为 $0$，为 $f(n_1, n_2, \dots, n_m)$。

所以原式等于 $f(n_1, n_2, \dots, n_m)$，得证。

5.3 例题

一道简单的 恶心的 二元 $/$ 二维二项式反演

CF997C Sky Full of Stars

式子给你，我就不写题解了（你自己写着玩去吧，我懒）

$$\begin{aligned} f(x, y) &= \sum_{i = n}^x \sum_{j = m}^y {x \choose i} {y \choose j} g(i,j) \Leftrightarrow g(x,y) = \sum_{i = n}^x \sum_{j = m}^y (-1) ^ {x + y - i - j} {x \choose i} {y \choose j} f(i,j) \end{aligned}$$

6. 总结 $/$ 后记

二项式反演在很多问题中用处还是不小的，尤其是计数问题，很多都用到了二项式反演，有能力的话还是搞得明白一点比较好。

（呃呃呃，终于写完了，整个人都不好了）

（写这么个玩意也不容易，如果发现有错请及时联系我qwq）