二项式反演与斯特林反演

合集 - 学习笔记(52)

1.随机化算法2024-02-27 2.组合数学2024-02-27 3.概率和期望2024-02-27 4.树链剖分2024-02-27 5.矩阵乘法与矩阵快速幂2024-02-27 6.最短路2024-02-27 7.卡特兰数、Prüfer 序列、BSGS2024-02-27 8.分块和莫队2024-02-27 9.AC 自动机2024-02-27 10.平衡树2024-02-27 11.基础字符串算法2024-02-27 12.基础数论2024-02-27 13.Miller-Rabin 与 Pollard-Rho2024-08-23 14.广义后缀自动机2024-06-25 15.后缀自动机 SAM2024-06-22 16.回文自动机 PAM2024-06-18 17.Manacher2024-06-16 18.后缀数组2024-06-08 19.01 分数规划2024-06-02 20.网络流2024-05-05 21.整体二分2024-05-05 22.cdq 分治2024-05-04 23.点分治2024-04-21 24.虚树2024-04-14 25.扫描线2024-04-11 26.笛卡尔树2024-04-06 27.基环树2024-04-02 28.树哈希2024-03-09 29.莫比乌斯反演2024-11-28 30.二分图2024-11-07 31.朱刘算法2024-10-29 32.最大团2024-10-29 33.杂项2024-08-24 34.杜教筛2024-12-01 35.拉格朗日插值2024-12-10 36.线段树综合2024-12-17 37.可持久化数据结构2024-12-24 38.K-D Tree2024-12-25 39.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-27 40.线性基2024-12-30 41.替罪羊树01-09 42.LCT01-18 43.插头 dp01-20 44.原根01-20 45.多项式乘法01-22 46.斯特林数01-23

47.二项式反演与斯特林反演01-23

48.Min-Max 容斥01-24 49.辛普森积分法01-25 50.Min_25 筛02-03 51.凸包02-16 52.2-SAT03-03

1 二项式反演

1.1 引入

二项式反演与容斥原理有着很大的联系，在很大程度上二项式反演可以实现容斥的效果。

我们先从基础的容斥原理讲起，首先二元的容斥形式非常简单，如下：

| A \cup B | = | A | + | B | - | A \cap B |

更一般的，我们有：

| A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} | = \sum_{1 \leq i \leq n} | A_{i} | - \sum_{1 \leq i < j \leq n} | A_{i} \cap A_{j} | + \dots + (- 1)^{n - 1} \times | A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} |

这就是容斥原理。

证明：设某一个元素被 $m$ 个集合包含，则其对等号左边贡献为 $1$ ，对右边的贡献为：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i - 1} (\binom{m}{i}) & = - \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i} (\binom{m}{i}) \\ = 1 - \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) (- 1)^{i} \\ = 1 - (1 - 1)^{m} \\ = 1 \end{aligned}

所以每个元素对等式左右两边的贡献相等。

1.2 基本形式

1.2.1 形式零

首先我们可以直接从容斥原理推出二项式反演的形式零。记 $\overset{―}{A}$ 表示 $A$ 在全集 $U$ 下的补集，由集合基本知识：

\begin{array}{r} | U | - | ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{A_{i}} | = | ⋃_{i = 1}^{n} A_{i} | \\ | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} \overset{―}{A_{i}} | = | ⋂_{i = 1}^{n} A_{i} | \end{array}

可以得到：

\begin{array}{r} | \overset{―}{A_{1}} \cup \overset{―}{A_{2}} \cup \dots \cup \overset{―}{A_{n}} | = | U | - \sum_{1 \leq i \leq n} | A_{i} | + \sum_{1 \leq i < j \leq n} | A_{i} \cap A_{j} | + \dots + (- 1)^{n} \times | A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} | \\ | A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} | = | U | - \sum_{1 \leq i \leq n} | \overset{―}{A_{i}} | + \sum_{1 \leq i < j \leq n} | \overset{―}{A_{i}} \cap \overset{―}{A_{j}} | + \dots + (- 1)^{n} \times | \overset{―}{A_{1}} \cap \overset{―}{A_{2}} \cap \dots \cap \overset{―}{A_{n}} | \end{array}

考虑一种特殊的情况，即集合的交集大小只和集合的数量有关，那么我们可以令：

$f (n) = | A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{n} |$ 。
$g (n) = | \overset{―}{A_{1}} \cap \overset{―}{A_{2}} \cap \dots \cap \overset{―}{A_{n}} |$ 。

根据上面两个式子不难得到：

\begin{array}{r} f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (i) \\ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i) \end{array}

显然两者等价且可以互相推导，于是我们可以得出二项式反演的形式零：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i)

1.2.2 形式一

上面的的形式零并不常见，更常用的形式需要我们做一些变形。

设两个函数 $f (n), h (n)$ 满足形式零，然后令 $g (n) = h (n) (- 1)^{n}$ ，则形式零会变为：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ \frac{g (n)}{(- 1)^{n}} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i)

移项可得：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n + i} (\binom{n}{i}) f (i)

我们给等式右边除以 $(- 1)^{2 i}$ ，由于 $2 i$ 一定为偶所以不改变正负性，然后我们就可以得到二项式反演的形式一：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f (i)

1.2.3 形式二

形式一中的和式是对 $0 \sim n$ 求和，那么如果对于 $n \sim m$ 求和就可以得到二项式反演的形式二：

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

证明：直接将右式代入左式可得：

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

于是原式成立。

1.3 例题

例 1 [BZOJ4665] 小 w 的喜糖

$Link$

首先我们先认为相同的糖是不同的，这样算出答案之后乘上 $\prod \frac{1}{c_{i}!}$ 即可，其中 $c_{i}$ 为第 $i$ 种颜色个数。

接下来考虑二项式反演，令 $f (i)$ 表示至少 $i$ 个人拿到的糖与原先的种类相同的方案数， $g (i)$ 表示恰有 $i$ 个人拿到的糖与原先种类相同的方案数，根据二项式反演可得：

f (n) = \sum_{i = n}^{N} (\binom{i}{n}) g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = n}^{N} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f (i)

于是只需求出 $f (i)$ 即可，我们考虑 dp 求出它。设 $d p (i, j)$ 表示枚举到第 $i$ 种颜色，钦定了 $j$ 个人拿到的糖与原先种类相同，转移为：

d p (i, j) = \sum_{p = 0}^{min (j, c_{i})} d p (i - 1, j - p) \times (\binom{c_{i}}{p}) \times {c_{i}}^{\underset{―}{p}}

而 $f (i)$ 就等于 $d p (m, i) \times (n - i)!$ ，代入求出 $g (0)$ 即可，复杂度 $O (n^{2})$ 。

通过此例不难发现，“至少” 转 “恰好” 是二项式反演的一个重要运用场合。

2 斯特林反演

前置知识：斯特林数相关。

2.1 基本形式及证明

斯特林反演的基本形式与二项式反演类似，如下：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} g (i) ⟺ g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] f (i)

为了证明这个定理，我们需要先证明一个引理，称为反转公式：

\begin{array}{r} \sum_{k = m}^{n} (- 1)^{k - m} {\binom{n}{k}} [\binom{k}{m}] = [m = n] \\ \sum_{k = m}^{n} (- 1)^{n - k} [\binom{n}{k}] {\binom{k}{m}} = [m = n] \end{array}

我们将 $m^{n}$ 转化为下降幂的形式，然后再将下降幂转回普通幂：

\begin{aligned} m^{n} & = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} m^{\underset{―}{i}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} [\binom{i}{j}] m^{j} \\ = \sum_{i = 0}^{n} m^{i} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} [\binom{j}{i}] {\binom{n}{j}} \end{aligned}

为了使左右两边相等，我们需要满足 $\sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} [\binom{j}{i}] {\binom{n}{j}}$ 只有在 $i = n$ 时取到 $1$ ，其余时候都取 $0$ ，即它的值是 $[i = n]$ 。重新换元后即可得到：

\sum_{k = m}^{n} (- 1)^{k - m} {\binom{n}{k}} [\binom{k}{m}] = [m = n]

对于下面的式子，我们将 $m^{\underset{―}{n}}$ 转化为普通幂的形式，再转化回下降幂的形式：

\begin{aligned} m^{\underset{―}{n}} & = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] m^{i} \\ = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] \sum_{j = 0}^{i} {\binom{i}{j}} m^{\underset{―}{j}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} m^{\underset{―}{i}} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{n}{j}] {\binom{j}{i}} \end{aligned}

同上，只有当 $\sum_{j = i}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{n}{j}] {\binom{j}{i}} = [i = n]$ 时两边才能取等，换元后即可得到下面的式子。

接下来我们证明反演公式，先证 $\Leftarrow$ ，若 $g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] f (i)$ ，则有：

\begin{aligned} f (n) & = \sum_{i = 0}^{n} [i = n] f (i) \\ = \sum_{i = 0}^{n} f (i) \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} {\binom{n}{j}} [\binom{j}{i}] \\ = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} [\binom{i}{j}] f (j) \\ = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} g (i) \end{aligned}

接下来证明 $\Rightarrow$ ，若 $f (n) = \sum_{i = 0}^{n} {\binom{n}{i}} g (i)$ ，则有：

\begin{aligned} g (n) & = \sum_{i = 0}^{n} [i = n] g (i) \\ = \sum_{i = 0}^{n} g (i) \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{n - j} [\binom{n}{j}] {\binom{j}{i}} \\ = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] \sum_{j = 0}^{i} {\binom{i}{j}} g (j) \\ = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} [\binom{n}{i}] f (i) \end{aligned}

于是斯特林反演的公式得证。

同理，斯特林反演还有另一种形式：

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

这与二项式反演的形式二也是相似的。

2.2 例题

例 1 [BZOJ4671] 异或图

$Link$

令 $f (n)$ 表示将原图划分为至少 $n$ 个互不相连的部分的方案数， $g (n)$ 表示将原图划分为 $n$ 个联通块的方案数。那么我们显然会有：

f (n) = \sum_{i = n}^{N} {\binom{i}{n}} g (i)

意思是将 $i$ 个联通块划分成 $n$ 个部分，显然这 $n$ 个部分之间一定互不相连，根据斯特林反演可得：

g (n) = \sum_{i = n}^{N} (- 1)^{i - n} [\binom{i}{n}] f (i)

于是我们求出 $f (n)$ 即可求出最终答案。考虑怎样求 $f (n)$ ，由于我们的点数只有 $10$ ，所以我们完全可以直接爆搜，将这些点分成 $n$ 个部分。接下来我们只需要让这 $n$ 个部分之间没有连边即可。将每一张图上这 $n$ 个部分的连边保存下来，其余的置为 $0$ ，现在的问题就是求有多少种方案使得选出来的图的异或和为 $0$ 。

显然这是线性基可以求解的问题，将所有数插入线性基，设成功了 $k$ 次，则贡献即为 $2^{s - k}$ 。然后求出 $f (n)$ 后代入公式求出 $g (1)$ 即为答案。

posted @ 2025-01-23 19:42 UKE_Automation 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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1.2.3 形式二

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