二项式反演

第一种形式：

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)

$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}i{g(i)}\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n+i} \dbinom nif(i)$

证明：

$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}i{g(i)}=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom ni\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{i+j}\dbinom ijf(j) \\ =\sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{i=j}^n\dbinom ni\dbinom ij(-1)^{i+j}f(j) \\ =\sum\limits_{j=0}^nf(j)\sum\limits_{i=j}^{n}\dbinom nj\dbinom {n-j}{i-j}(-1)^{i+j} \\ =\sum\limits_{j=0}^nf(j)\dbinom nj(-1)^{2j}\sum\limits_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i}(-1)^i=f(n)$

第二种形式：

f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g (i) \Leftrightarrow g (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f (i)

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

证明：

f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) \sum_{j = i}^{m} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f (j) = \sum_{j = n}^{m} \sum_{i = n}^{j} (\binom{i}{n}) (\binom{j}{i}) (- 1)^{j - i} f (j) = \sum_{j = n}^{m} f (j) (\binom{j}{n}) \sum_{i = 0}^{j - n} (\binom{j - n}{i}) (- 1)^{j - i - n} = \sum_{j = n}^{m} f (j) (\binom{j}{n}) (- 1)^{n - j} \sum_{i = 0}^{j - n} (\binom{j - n}{i}) (- 1)^{- i} = f (n)

$f(n)=\sum\limits_{i=n}^{m} \dbinom in \sum\limits_{j=i}^m (-1)^{j-i}\dbinom ji f(j)\\ =\sum\limits_{j=n}^m \sum\limits_{i=n}^j\dbinom in \dbinom ji(-1)^{j-i}f(j)\\ =\sum\limits_{j=n}^mf(j)\dbinom jn \sum\limits_{i=0}^{j-n}\dbinom {j-n}{i}(-1)^{j-i-n}\\ =\sum\limits_{j=n}^mf(j)\dbinom jn (-1)^{n-j} \sum\limits_{i=0}^{j-n}\dbinom {j-n}{i}(-1)^{-i}=f(n)$

常用公式#

公式 1#

$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom ni g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom ni f(i)$

证明：这个也是市面上的一种二项式反演。

$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom ni \sum\limits_{j=0}^i(-1)^j \dbinom ij f(j)\\ =\sum\limits_{j=0}^nf(j)\dbinom nj \sum\limits_{i=0}^{n-j}(-1)^{i+2j}\dbinom {n-j}{i}=f(n)$

公式 2#

$f(S)=\sum\limits_{S\subseteq T}g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum\limits_{S \subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)$

证明：这个也被称作子集反演。

$g(S)=\sum\limits_{S \subseteq T} (-1)^{|T|-|S|} f(T)\\ =\sum\limits_{S \subseteq T}(-1)^{|S|-|T|}\sum\limits_{T \subseteq U} g(U)\\ =\sum\limits_{S\subseteq U}g(U)\sum\limits_{T'\subseteq U-S}(-1)^{|T'|}\\ =\sum\limits_{S\subseteq U}g(U)\sum\limits_{k=0}^{|U-S|}(-1)^k\dbinom{|U-S|}{k}\\ =\sum\limits_{S\subseteq U}g(U)[(U-S)=\varnothing]=g(S)$

公式 3#

$f(n,m)=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m \dbinom{n}{i}\dbinom mj g(i,j)\Leftrightarrow g(n,m)=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\dbinom ni \dbinom mj (-1)^{n+m-i-j} f(i,j)$

证明与之前类似，这里不再证明。

这里简单一题，整个二项式反演不管是一元函数，二元函数，还是说我认为也可以推广到多元函数，只有两个变化，第一个是和式到底是从 $0$ 开始还v是从 $n,m$ 开始，第二个是乘上的 $(-1)$ 的多少次方。那么不管是从 $0$ 开始还是从 $n,m$ 开始，后面乘上的这个项的系数要么两边都是 $i+j$ ，要么第一个式子没有后面是 $n+m-i-j$ ，前者开始项的改变只改变二项式系数。