二项式反演学习笔记

前言

这里有我关于二项式反演的一些思考和领会，包含理论推导和在信息学竞赛中的应用。网络上的教程都太潦草了，难以深入理解。因此，这里将以详细的证明为主，介绍二项式反演在 OI 中的使用。

如果你只想快速浏览结论，可以点击这里查看结论。

概述

反演是一种将两个函数 $f$ 和 $g$ 相互转化的数学工具。假设我们知道如何用 $g (x)$ 表示出 $f (x)$ ，并以此反推出了 $g (x)$ 关于 $f (x)$ 的表达式，这个反推的过程，就是反演。

二项式反演是一种特殊的反演，用于转化两个具有特殊关系的函数 $f$ 和 $g$ 。一般来说，解题的过程中，如果遇到直接计算「恰好」满足 $n$ 个限制的答案 $g (n)$ 较为困难，但是我们可以计算出「至少」/「至多」满足 $n$ 个限制的答案 $f (n)$ 。这时运用二项式反演，就能求出「恰好」满足 $n$ 个限制的答案 $g (n)$ 。这就是二项式反演的两大模型：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」、「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」。并且，求解「至少」和「至多」的过程又分为「钦定类问题」和「选择类问题」，所以这两大模型又分别对应两个子模型。我们接下来通过详细的证明与推导，逐步来理解这些模型。

基础引理

如果你有组合计数类问题的基础，可以跳过引理部分。

引理 $1$ ：二项式定理

Lemma

1

\begin{matrix} (Lemma 1) & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} = [n = 0] \end{matrix}

考虑从二项式定理证明。普通二项式定理为：

(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}

该定理可以通过数学归纳法证明，本文不再详细展开。通过设定 $a = - 1, b = 1$ 的特殊情形，可以得出：

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

注意到当 $n = 0$ 的时候，该式没有意义。观察原式发现此时 $(\binom{0}{0}) (- 1)^{0} = 1$ 。所以综上我们就有 $Lemma 1$ 。

引理 $2$ ：多步容斥

Lemma

2

\begin{matrix} (Lemma 2) & | ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} | \end{matrix}

记 $S_{i}$ （ $1 \leq i \leq n$ ）表示一个集合，根据容斥原理，我们有：

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = \sum_{1 \leq i \leq n} | S_{i} | - \sum_{1 \leq i < j \leq n} | S_{i} \cap S_{j} | + \dots + (- 1)^{n - 1} | ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} |

也就是 $Lemma 2$ 。

不妨记 $U$ 表示这 $n$ 个集合的全集。那么证明该式等价于证明 $\forall x \in U$ ， $x$ 在右边 $\sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} |$ 中计算的系数之和为 $1$ 。记所有包含 $x$ 的集合为 $T_{1}, \dots, T_{m}$ （ $m \neq 0$ ），则有：

\begin{aligned} | {T_{i} ∣ 1 \leq i \leq m} | - | {T_{i} \cap T_{j} ∣ 1 \leq i < j \leq m} | + \dots \\ = (\binom{m}{1}) - (\binom{m}{2}) + \dots + (- 1)^{m - 1} (\binom{m}{m}) \\ = \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i - 1} (\binom{m}{i}) \\ = - \sum_{i = 1}^{m} (- 1)^{i} (\binom{m}{i}) \\ = (\binom{m}{0}) - \sum_{i = 0}^{m} (- 1)^{i} (\binom{m}{i}) \end{aligned}

根据 $Lemma 1$ ，得：

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

故该容斥公式成立。

引理 $3$ ：组合数

Lemma

3

\begin{matrix} (Lemma 3) & (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) = (\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{i - j}) \end{matrix}

考虑左式的组合意义， $(\binom{n}{i}) (\binom{i}{j})$ 表示 $n$ 个小球里选出 $i$ 个，再从 $i$ 个里面选出 $j$ 的方案数。我们也可以先从 $n$ 个里面选出 $j$ 个，再从剩下 $n - j$ 里选出 $i - j$ 个。也就是 $(\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{i - j})$ 。也就证明了 $Lemma 3$ 。

当然也可以代数证明：

\begin{aligned} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) & = \frac{n!}{i! (n - i)!} \frac{i!}{j! (i - j)!} \\ = \frac{n!}{(n - i)! (i - j)! j!} \\ = \frac{n! (n - j)!}{(n - i)! (i - j)! (n - j)! j!} \\ = \frac{n!}{j! (n - j)!} \frac{(n - j)!}{(n - i)! ((n - j) - (n - i))!} \\ = (\binom{n}{j}) (\binom{n - j}{i - j}) \end{aligned}

证明 & 推导

模型 $0$

Theorem

0

\begin{matrix} (Thm 0) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) f (i) \end{matrix}

尽管该模型的实际应用较少，但是作为最基础的反演公式，有必要进行介绍。由于模型的相似性，学习这个模型的证明过程，有助于大家理解后面模型的证明过程。

容斥证明

不妨记 $\overset{―}{S_{i}}$ 表示 $S_{i}$ 的补集。由于 $n$ 个集合的交等价于 $n$ 个集合的并的补集，得到以下表达式：

| ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} | = | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} |

由 $Lemma 2$ 展开，得到：

\begin{aligned} | ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} | & = | U | - \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m - 1} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} | \\ = | U | + \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} S_{a_{i}} | \end{aligned}

由于 $\overset{―}{\overset{―}{S_{i}}} = S_{i}$ ，所以得到类似的式子：

| ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} | = | U | + \sum_{m = 1}^{n} (- 1)^{m} \sum_{a_{i} < a_{i + 1}} | ⋂_{i = 1}^{m} \overset{―}{S_{a_{i}}} |

发现形式很像，但是还差一步构造。我们假设能构造出一组 $S_{i}$ ，使任意 $k$ 个集合的交集大小相等。

不妨记 $f (x)$ 表示任意 $x$ 个补集的交集大小，对于原集同理记 $g (x)$ 表示任意 $x$ 个原集的交集大小，上式可以分别改写为：

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)

这两者是等价的，也就证明了 $Thm 0$ 。

事实上，从这里我们会发现，「二项式反演」和「容斥」有着千丝万缕的联系。如果你在做题时，写着二项式反演，突然意识到式子化开来正是容斥，那么你将会对「二项式反演」的理解更进一步。

代数证明

容斥比较抽象，我们接下来通过代数方法进行证明。我们想要证明左右两式是等价的、可以相互转化的，可以把 $g$ 代到 $f$ 中去，即把右式代到左式中。如果得到一个恒等式，就能证明其正确性。这也是我们学习「二项式反演」一直在用的证明方法，弄懂它就能理解后文的证明。

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

形象地展示出来为：

\begin{array}{cccccccc} j & 0 & 1 & 2 & 3 & \dots & x - 1 & x \\ i & c_{0} & c_{1} & c_{2} & c_{3} & \dots & c_{x - 1} & c_{x} \\ 0 & v_{0} & f (j) \\ 1 & v_{1} & f (j) & f (j) \\ 2 & v_{2} & f (j) & f (j) & f (j) \\ 3 & v_{3} & f (j) & f (j) & f (j) & f (j) \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ \\ x - 1 & v_{x - 1} & f (j) & f (j) & f (j) & f (j) & \dots & f (j) \\ x & v_{x} & f (j) & f (j) & f (j) & f (j) & \dots & f (j) & f (j) \end{array}

其中， $v_{i}$ 表示关于 $i$ 的系数，即 $(- 1)^{i} (\binom{x}{i})$ 。 $c_{j}$ 同理为 $(- 1)^{j} (\binom{i}{j})$ 。我们求的就是这个形如「三角形」中所有 $v_{i} c_{j} f (j)$ 的和。在上一条式子中，我们先枚举 $i$ 再枚举 $j$ ，其意义是，按照行的顺序，一行一行扫过来求和。我们不妨使用另一种遍历方法，改变枚举顺序，按照列的顺序，一列一列扫过来求和。见下图。

先枚举行（左）；先枚举列（右）

表示成式子就是：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{j}{i}) (\binom{x}{j})

使用 $Lemma 3$ ，变换得：

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x}{i}) (\binom{x - i}{j - i}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x - i}{j - i}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{2 i + j} (\binom{x - i}{j}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{j} (\binom{x - i}{j}) \end{aligned}

有二项式定理的样子，运用 $Lemma 1$ ，得到：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) [x - i = 0]

显然， $x - i = 0$ 即 $i = x$ 时，有 $f (x) = (\binom{x}{x}) f (x)$ ，发现即为 $f (x)$ 恒等于 $f (x)$ ，也就证明了 $Thm 0$ 。我们来回顾整个证明过程：

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{j} (\binom{i}{j}) f (j) \\ = \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{j}{i}) (\binom{x}{j}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x}{i}) (\binom{x - i}{j - i}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = i}^{x} (- 1)^{i + j} (\binom{x - i}{j - i}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{2 i + j} (\binom{x - i}{j}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) \sum_{j = 0}^{x - i} (- 1)^{j} (\binom{x - i}{j}) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) f (i) [x - i = 0] \\ = f (x) \end{aligned}

首先将 $g$ 代入 $f$ ，改变求和枚举顺序，变换组合数，提出不变量，最后运用二项式定理，证明恒等式。这就是之后我们证明的一般套路了，读者可以尝试自己重新推导一遍，以加深印象。

有了以上基础，接下来我们正式进入「二项式定理」的学习中。接下来将按照从「钦定类问题」到「选择类问题」的顺序，逐步分别分析两大模型。

「钦定类问题」

概述

所谓「钦定类问题」，指的是我们在解决问题时，强制选择某些限制必须满足，不管剩下的限制，即剩下的限制可以满足可以不满足。这个强制选择某些限制必须满足的过程，就是「钦定」。我们发现，在「钦定」后的基础上求解问题，就不需要考虑限制的问题，也就方便了我们对问题的求解。

在「钦定意义」下，我们能够求出「至少」满足 $x$ 个限制的答案；也可以通过「钦定」 $n - x$ 个限制不能满足，求出在「钦定意义」下，「至多」满足 $x$ 个限制的答案，这将在下文进一步说明。注意到，这里的「至少」/「至多」是「钦定意义」下的，不是通常意义下的。也就是说可能会有重复计数的问题，我们将在下文进一步分析。

为了方便叙述，假设下文的「至少」和「恰好」均为「钦定意义」下的。

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

Theorem

1.1

\begin{matrix} (Thm 1.1) & f (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{i}{x}) f (i) \end{matrix}

此模型用来解决「钦定意义」下「至少」和「恰好」的转化。假设原问题有 $n$ 个限制，我们设 $f (x)$ 表示「至少」满足 $x$ 个限制的方案数， $g (x)$ 表示「恰好」满足 $x$ 个限制的方案数。那么 $g (x)$ 即为我们的答案，而 $f (x)$ 就是我们通过其他算法求出的结果。

注意到，这里 $f$ 和 $g$ 其实囊括了所有 $x$ 种限制的选择。比如 $f (3)$ 表示 $(\binom{n}{3})$ 种钦定方案下，方案数的总和。

然后，我们考虑由「恰好」表示出「至少」，也就是得出 $Thm 1.1$ 左侧的式子。在思考这个问题之前，我们先来想一想，为什么「钦定」后会重复计数，以及如何重复计数的。

考虑一种满足了 $i > x$ 个限制的局面，我们如果「钦定」这 $i$ 个限制中任意 $x$ 个，都会统计到这种局面，所以它重复贡献次数为 $(\binom{i}{x})$ 。读者需要好好理解这句话。

举个例子：

比如说，我们现在有 $n = 4$ 个条件。不妨用 $0$ 代替该条件不满足， $1$ 代替该条件被满足，如 $0110$ 表示第 $2, 3$ 两个条件被满足，而 $1, 4$ 两个条件没有被满足的局面。

我们接下来聚焦于 $f (2)$ ，它表示我们钦定了 $4$ 个条件中的某两个，这 $(\binom{4}{2})$ 种钦定方案下的所有局面的方案数之和：

钦定了 $1, 2$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $1100, 1101, 1110, 1111$ 四种局面。
钦定了 $1, 3$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $1010, 1011, 1110, 1111$ 四种局面。
钦定了 $1, 4$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $1001, 1011, 1101, 1111$ 四种局面。
钦定了 $2, 3$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $0110, 0111, 1110, 1111$ 四种局面。
钦定了 $2, 4$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $0101, 0111, 1101, 1111$ 四种局面。
钦定了 $3, 4$ 两个条件必须满足：
这时，我们会统计到： $0011, 0111, 1011, 1111$ 四种局面。

可见，我们会重复统计，例如我们将 $1111$ 重复统计了 $6$ 次，将 $1110$ 重复统计了三次。以 $1110$ 举例，它满足了第 $1, 2, 3$ 个条件，而我们在钦定 $1, 2$ 两个条件必须满足、 $1, 3$ 两个条件必须满足、 $2, 3$ 两个条件必须满足时，都会统计到 $1110$ ，于是 $1110$ 的「重复贡献次数」，就是 $3$ 个条件中任选 $2$ 个条件的方案数 $(\binom{3}{2}) = 3$ 。

明白了「钦定」的重复计数后，有两种思考方式：

一种更直接的思考方式为，我们考虑枚举「钦定」 $x$ 个限制必须满足后，实际上一共有 $i \geq x$ 个限制被满足，把 $g (i)$ 乘上上文中提到的重复贡献的系数，求和就得到 $f (x)$ 。得到：
$f (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g (i)$
这就是 $Thm 1.1$ 左侧的式子。
另一种绕了个小弯的思考方式是，先考虑如何表示出 $g (x)$ 。 $g (x)$ 可以表示为 $f (x)$ 中减去所有满足了 $i > x$ 个限制的局面。又因为上文提到的重复贡献，需要把 $(\binom{i}{x})$ 次贡献都去除。不难得到：
$g (x) = f (x) - \sum_{i = x + 1}^{n} (\binom{i}{x}) g (i)$
移项后就得到：
$\begin{aligned} f (x) & = g (x) + \sum_{i = x + 1}^{n} (\binom{i}{x}) g (i) \\ = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g (i) \end{aligned}$
同样得到 $Thm 1.1$ 左侧的式子。

该等式阐述了如何由「恰好」表示出「至少」。接下来就是二项式反演的关键步骤，即用「至少」表示出「恰好」。直接推出右边的等式较难，但是如果我们只是为了证明右边等式的正确性，可以借鉴 $Thm 0$ 的证明方式推导。如果推导结果成立，就表明该转化是正确的。

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

这是一条恒等式，即证。我们发现，为了求出答案 $g (x)$ ，使用右边的等式，可以轻松使用「至少」的结果表示出「恰好」的答案，也就解决了原问题。

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

Theorem

2.1

\begin{matrix} (Thm 2.1) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{n - i}{n - x}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{n - i}{n - x}) f (i) \end{matrix}

使用「钦定」求出的答案一般来说都是「至少」满足的答案。但是，有一些问题，我们会通过「钦定」 $n - x$ 个限制不能满足，求出在「钦定意义」下，「至多」满足 $x$ 个限制的答案。具体例子将在后文例题 & 习题部分呈现。

在「钦定意义」下，「至多满足 $x$ 个限制」等价于「至少不满足 $n - x$ 个限制」。因为我们总是可以把「不满足原问题限制」看做一个新的限制。

那么我们不妨尝试套用模型 $1$ 的反演公式。记 $f (x) = f^{'} (n - x)$ ，表示至少满足 $x$ 个条件，其中 $f^{'}$ 就符合模型 $1$ 的「至少」到「恰好」的转化了。根据 $Thm 1.1$ ，有 $f^{'} (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g^{'} (i)$ ，其中 $g^{'} (x)$ 表示「恰好」不满足 $x$ 个条件，相当于 $g (n - x)$ ，即「恰好」满足 $n - x$ 个条件。通过基础变形可以得到：

\begin{aligned} f (n - x) & = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g (n - i) \\ f (x) & = \sum_{i = n - x}^{n} (\binom{i}{n - x}) g (n - i) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{n - i}{n - x}) g (i) \end{aligned}

这就是 $Thm 2.1$ 左侧的等式。同样类似地，根据 $Thm 1.1$ ，由于 $g^{'} (x) = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{i}{x}) f^{'} (i)$ ，所以有：

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

这就是 $Thm 2.1$ 右侧的等式。我们也就得出了「钦定意义」下「至多」到「恰好」的转化。

为了更加严谨，当然我们也可以尝试类似证明。留给读者作为习题。

「选择类问题」

概述

「选择类问题」问题下的「至少」/「至多」其实就是「传统意义」下的「至少」/「至多」。但是之所以称作其为「选择类问题」，就是为了和上文提到的「钦定类问题」做区别。和「钦定意义」下的「至少」/「至多」不同，「选择意义」下的「至少」/「至多」并不会重复统计，这是这两类问题不同的关键之所在。「传统意义」下「至多」满足 $x$ 个限制的答案，不就像采用「选择」的方式，从 $x$ 个限制中，选择出若干限制并满足吗？「至少」也同理。

并且这类问题的限制是等价的，比如染 $n$ 种颜色，如果把染第 $i$ 中颜色看做限制 $i$ ，那么这 $n$ 种颜色是完全等价的；又比如有 $n$ 行，行与行之间互不干扰，那么这 $n$ 行是完全等价的。

在「选择意义」下，我们能够求出「至多」满足 $x$ 个限制的答案；类似地，通过在 $n - x$ 个限制中，「选择」出不满足的限制，可以求出在「选择意义」下，「至少」满足 $x$ 个限制的答案。

为了方便叙述，假设下文的「至少」和「恰好」均为「选择意义」下的。

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

Theorem

2.2

\begin{matrix} (Thm 2.2) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) g (i) \Leftrightarrow g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{x}{i}) f (i) \end{matrix}

注意，由于直接「选择」求出的是「至多」，我们先来分析「选择意义」下「至多」到「恰好」的转化。

记 $f (x)$ 表示「至多」满足 $x$ 个限制的方案数， $g (x)$ 表示「恰好」满足 $x$ 个限制的方案数。

由于这 $n$ 种限制等价，所以这里 $f (x)$ 并不包括从 $n$ 种限制中选出 $x$ 种限制，也就是没有 $(\binom{n}{x})$ 的系数。 $g (x)$ 同理。这和「钦定类问题」是不同的。

举个例子：

先来关注到一个事实，由于我们的 $n$ 个条件是等价的，所以如果两个局面里满足的条件个数相等，这两个局面的方案数是相等的。比如我们有四种颜色，局面 $1100$ 表示用前两种颜色染色的方案数，这和局面 $0011$ 即用后两种颜色染色的方案数应该是相同的。

我们考虑 $f (2)$ ，它表示的是「至多」满足 $2$ 个限制的方案数。它和我们总共具体有多少个限制，即与 $n$ 无关，更像是一个子问题。它的方案数为局面 $00, 01, 10, 11$ 的方案数之和。其中， $01, 10$ 的方案数都是 $g (1)$ 。

我们注意到 $01, 10$ 尽管方案数相同，但是体现出来具体的方案是不同的，比如一个是用红色染色的方案数，一个是用绿色染色的方案数。我们发现 $f (2)$ 恰好不重不漏统计了，在 $2$ 种限制下，所有局面的方案数，不管这些局面满足了多少个限制。

从这里，我们可以更清晰出所谓「选择」是什么意思。

首先为了得到 $Thm 2.2$ 左侧式子，一样从「恰好」推出「至多」。由于是从 $x$ 个限制里「选择」，所以可能有一些限制没有被选中，这也是为什么求出来是「至多」的原因。

考虑我们从 $x$ 种限制中「选择」，实际上只有 $i$ 种限制被选中，剩余 $x - i$ 种限制没有被选中。从 $x$ 中任选 $i$ 种限制，方案数为 $(\binom{x}{i})$ ，乘上「恰好」满足 $i$ 种限制的 $g (i)$ ，求和即可：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) g (i)

然后类似地，我们想要证明右边等式成立，可以将其带入左边等式。

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

不出意外地，同样发现这是一条恒等式，说明了 $Thm 2.2$ 正确性。

事实上，如果不考虑问题的实际意义，利用模型 $0$ 的 $Thm 0$ 也可以证明。

点击展开详细证明

设 $h (x) = (- 1)^{x} g (x)$ ，有：

f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) h (i)

那么有：

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

则：

\begin{aligned} h (x) & = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x + i} (\binom{x}{i}) f (i) \\ = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{x}{i}) f (i) \end{aligned}

将 $h$ 视作命题中的 $g$ ，即证。

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

Theorem

1.2

\begin{matrix} (Thm 1.2) & f (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{n - x}{n - i}) g (i) \Leftrightarrow g (x) = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{n - x}{n - i}) f (i) \end{matrix}

同样，对于某些问题，我们会通过在 $n - x$ 个限制中，「选择」出不满足的限制，求出在「选择意义」下，「至少」满足 $x$ 个限制的答案。

在「选择意义」下，同样有「至少满足 $x$ 个限制」等价于「至多不满足 $n - x$ 个限制」。我们如法炮制，套用模型 $2$ 的反演公式。

记 $f (x) = f^{'} (n - x)$ ，表示至少满足 $x$ 个条件，其中 $f^{'}$ 就符合模型 $2$ 的「至多」到「恰好」的转化了。根据 $Thm 2.2$ ，有 $f^{'} (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) g^{'} (i)$ ，其中 $g^{'} (x)$ 表示「恰好」不满足 $x$ 个条件，相当于 $g (n - x)$ ，即「恰好」满足 $n - x$ 个条件，可以得到：

\begin{aligned} f (n - x) & = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) g (n - i) \\ f (x) & = \sum_{i = 0}^{n - x} (\binom{n - x}{i}) g (n - i) \\ = \sum_{i = x}^{n} (\binom{n - x}{n - i}) g (i) \end{aligned}

这便是 $Thm 1.2$ 的左侧式子。借用 $Thm 2.2$ 右侧式子 $g^{'} (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{x}{i}) f^{'} (i)$ 有：

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

这就是 $Thm 1.2$ 右侧的等式。我们也就得出了「选择意义」下「至少」到「恰好」的转化。

为了更加严谨，当然我们也可以尝试类似证明。留给读者作为习题。

例题 & 习题

为了更直观地理解二项式反演的实际应用，我们通过例题来分别说明它在「钦定意义」下和「选择意义」下，如何解决「至少」/「至多」与「恰好」之间的转化关系。

例一、洛谷 P6512 [CEOI2010 day2] pin

「钦定意义」下「至少」与「恰好」的转化。

题意简述：

yzh 给你 $n$ 个长度为 $4$ 的字符串，你需要在其中挑出两个送给她，满足恰好有 $m$ 位不同，请问你有多少种选择的方案。

首先，「相同」往往比「不同」更好考虑，令 $m \leftarrow 4 - m$ ，接下来求解「恰好」有 $m$ 位相同。此时，二项式反演能提供有效的思路。

首先，将第 $i$ 位相同视为一个限制，总共有 $4$ 位，因此共有 $4$ 个限制。我们要求的是「恰好」满足其中 $m$ 个限制的方案数。

在处理这类问题时，套路化地，若我们先计算出「至少」或「至多」满足 $m$ 位相同的方案数，那么通过二项式反演，就能反推出「恰好」满足 $m$ 位相同的方案数。

此题我们不妨考虑「钦定」 $x$ 个限制必须满足，即保证某 $x$ 位必须相等，求出方案数。

具体来说，我们枚举并「钦定」 $4$ 位中的某些位必须相同，设其为 $S \subseteq {i}_{i = 1}^{4}$ 。接下来，针对挑选出的两个串，只需要保证 $S$ 中的这几位必须相同。我们可以使用字符串哈希，并且是仅对 $S$ 中的那些位进行哈希，从而快速统计有多少对字符串，仅考虑 $S$ 中的那些位，是相等的。最后，将其累加到 $f (| S |)$ ，通过反演公式 $Thm 1.1$ 右侧 $g$ 关于 $f$ 的表达式，求出 $g (m)$ 即为答案。

点击查看代码

 #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <unordered_map>
using namespace std;
 
using ull = unsigned long long;
 
int n, m;
char str[50010][5];
long long f[5];
 
const int frac[5] = {1, 1, 2, 6, 24};
inline int C(int n, int m) {
	return frac[n] / frac[m] / frac[n - m];
}
 
signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &m), m = 4 - m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", str[i]);
	for (int mask = 0; mask < 1 << 4; ++mask) {
		long long res = 0;
		unordered_map<ull, int> table;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			ull hsh = 0;
			for (int j = 0; j < 4; ++j) {
				hsh *= 131;
				if (mask & 1 << j) hsh += str[i][j];
			}
			res += table[hsh];
			++table[hsh];
		}
		f[__builtin_popcount(mask)] += res;
	}
	long long ans = 0;
	for (int k = m; k <= 4; ++k) {
        if ((k - m) & 1)
            ans -= C(k, m) * f[k];
        else
            ans += C(k, m) * f[k];
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

例二、「FJWC2020Day4-IJN」夕张的改造

「钦定意义」下「至多」与「恰好」的转化。

题意简述：

给定一棵 $n$ 个节点的树。一次操作为断边再连边，需保证仍为树。求 $k$ 次操作后树的形态个数。

一句话题解：Prufer 序列求出「钦定意义」下「至多」 $k$ 条边不变的方案数，用 $Thm 2.1$ 反演出「恰好」 $k$ 条边不变的方案数。

更详细的题解及代码见我的题解。

例三、洛谷 P6076 [JSOI2015] 染色问题

「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化。

题意简述：

yzh 有一个 $n \times m$ 的矩形棋盘。她需要用 $c$ 种颜色对这个棋盘染色，满足下列条件：

棋盘的每一个小方格既可以染色，也可以不染色。
棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
每种颜色都在棋盘上出现至少一次。

首先，将「每一」替换成「恰好」，原题转化成要求棋盘中「恰好」有 $n$ 行被染色，「恰好」有 $m$ 列被染色，「恰好」出现了 $c$ 种颜色。

考虑使用「选择」的方式，一步步拆解问题。

首先拆掉颜色的限制。考虑计算出「选择意义」下，「至多」出现 $x$ 种颜色的方案数。也就是说我们每个格子要么不染色，要么染的颜色为这 $x$ 种中的一种。这样，我们相当于在 $x$ 个限制中，选出了若干限制的方案数。

类似地，逐步拆去列、行的限制，最后得出这样一个问题：一个 $n \times m$ 的棋盘，「至多」有 $n$ 行被染色，「至多」有 $m$ 列被染色，「至多」出现 $c$ 种颜色。这个问题的方案数就是 $(c + 1)^{n m}$ 。

再一步步用 $Thm 2.2$ 反演回来，得到答案的表达式为：

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

时间复杂度是 $Θ (n m c)$ ，能通过此题。

点击查看代码

 #include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7;
 
constexpr inline int add(const int a, const int b) {
    return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
 
constexpr inline int sub(const int a, const int b) {
    return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}
 
constexpr inline int mul(const int a, const int b) {
    return 1ll * a * b % mod;
}
 
int n, m, c, frac[520], ifrac[520], Inv[520];
int f[520], pw[520 * 520];
 
int C(int n, int m) {
	return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m]));
}
 
signed main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);
	frac[0] = ifrac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; ++i) {
		frac[i] = mul(frac[i - 1], i);
		Inv[i] = i == 1 ? 1 : sub(0, mul(mod / i, Inv[mod % i]));
		ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);
	}
    int ans = 0;
    for (int t = 0; t <= c; ++t) {
        pw[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n * m; ++i)
            pw[i] = mul(pw[i - 1], t + 1);
        for (int j = 0; j <= m; ++j) {
            for (int i = 0; i <= n; ++i) {
                int res = mul(pw[i * j], mul(mul(C(n, i), C(m, j)), C(c, t)));
                if (((c - t) ^ (m - j) ^ (n - i)) & 1)
                    ans = sub(ans, res);
                else
                    ans = add(ans, res);
            }
        }
    }
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

其实可以优化。拆限制不要全拆掉，到了这个问题其实可以停下了：一个 $n \times m$ 的棋盘，「恰好」有 $n$ 行被染色，「至多」有 $m$ 列被染色，「至多」出现 $c$ 种颜色。考虑一行被染色的方案数为 $(c + 1)^{m} - 1$ ，这个问题的方案数就是 $((c + 1)^{m} - 1)^{n}$ 。

所以答案为：

\sum_{t = 0}^{c} (\binom{c}{t}) (- 1)^{c - t} \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) (- 1)^{m - j} ((t + 1)^{j} - 1)^{n}

时间复杂度： $Θ (c min {n, m} \log max {n, m})$

点击查看代码

 #include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7;
 
constexpr inline int add(const int a, const int b) {
    return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
 
constexpr inline int sub(const int a, const int b) {
    return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}
 
constexpr inline int mul(const int a, const int b) {
    return 1ll * a * b % mod;
}
 
constexpr inline int pow(const int a, const int p) {
    int res = 1, base = a % mod, b = p;
    while (b){
        if (b & 1) res = mul(res, base);
        base = mul(base, base), b >>= 1;
    }
    return res;
}
 
 
int n, m, c, frac[520], ifrac[520], Inv[520];
int f[520];
 
int C(int n, int m) {
	return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m]));
}
 
signed main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);
    if (n > m) swap(n, m);
	frac[0] = ifrac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 400; ++i) {
		frac[i] = mul(frac[i - 1], i);
		Inv[i] = i == 1 ? 1 : sub(0, mul(mod / i, Inv[mod % i]));
		ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);
	}
    int ans = 0;
    for (int t = 0; t <= c; ++t) {
        for (int j = 0, pw = 1; j <= n; ++j, pw = mul(pw, t + 1)) {
            int res = mul(pow(sub(pw, 1), m), mul(C(c, t), C(n, j)));
            if (((c - t) ^ (n - j)) & 1)
                ans = sub(ans, res);
            else
                ans = add(ans, res);
        }
    }
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

例四、yzh 的生日礼物

「选择意义」下「至少」与「恰好」的转化。

题目描述：

yzh 生日要到啦！你想为她准备一份精美的生日礼物。以你对她的了解，她早就喜欢上一个价值 $(10^{9} + 520)^{10^{9} + 1314}$ 的项链已久啦。可是~~由于你的钱包吃紧~~，由于你希望自己亲手制作一个送给她，因为虽然你不懂浪漫，但你认为亲手制作的是 $\infty$ 价之宝！

这个项链由 $n$ 颗彩色的珠子串成。你手头只有 $c$ 种颜色的珠子，并且恰巧就是她喜欢的 $c$ 种颜色！

你希望在她 $x$ 岁时，送给她的项链恰好有 $x$ 种颜色没有出现。你幻想着，随着岁月流转，你送给她的项链的颜色越来越少，直到只剩下某一种颜色。越来越少的颜色，正象征着你们之间感情的愈加纯粹和坚定。你们的岁月如项链般一圈圈相连，色彩减少，但心意愈加珍贵。每一年的项链，都是你们一路走来的情感见证，串联起你们共同度过的每一个美好时刻。

你和她之间的点点滴滴又浮现在你的脑海中，你感到幸福、也感到快乐。你忘不了你们在一起看过的每一场电影，忘不了你们一同在漫天璀璨星辰下散步，更忘不了最初见到彼此的那一瞬间的悸动。

想到这，你脑中突然蹦出一个问题：对于 $1 \sim c$ 的每一年，你送给她的项链有多少种方案？

题意简述：

给出一个长为 $n$ 的环，要用 $c$ 颜色染色。求出对于每一个 $i \in [1, c]$ ，恰好没出现 $i$ 种颜色的方案数。

「恰好」没出现 $i$ 种颜色的方案数不好求，可以转成求「至少」没出现 $i$ 种颜色的方案数。这相当于从 $c - i$ 中颜色中挑选，方案数为 $\frac{(c - i)^{n}}{n}$ ，最后用 $Thm 1.2$ 反演一下就行了。答案就是 $(\binom{c}{c - i}) f (i)$ 。

题目不难，可能有一个 $\frac{1}{n}$ 的坑点？如果稍稍转化一下能用「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化解决。

例五、错排

题目链接：HDU；洛谷。

题意简述：

求长为 $n$ 的排列的错排有几种。 $p$ 错排指 $\forall i \in [1, n], p_{i} \neq i$ 。

为了哄好 yzh，你需要使用二项式反演的解法。

把「 $i$ 错排了」看做第 $i$ 个限制。有两种思考方式：

「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化。
考虑「选择意义」下「至多」满足 $x$ 个限制的答案，即错排的数字只能从 $x$ 中「选择」，剩下 $n - x$ 种颜色没有错排，待在各自的位置上。这时，方案数就是 $x!$ ，这是没有重复计数的，符合「选择意义」。用 $Thm 2.2$ 反演即可。
$g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{x}{i}) i!$
答案 $g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) i!$ 。
「钦定意义」下「至多」与「恰好」的转化。
考虑「钦定意义」下「至多」满足 $x$ 个限制的答案。我们钦定 $n - x$ 个限制必不满足（即 $p_{i} = i$ ），剩下 $x$ 个限制随便排，方案数即为 $(\binom{n}{n - x}) x!$ 。用 $Thm 2.1$ 反演即可。
$\begin{aligned} g (x) & = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{n - i}{n - x}) (\binom{n}{n - i}) i! \\ = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{n}{n - x}) (\binom{x}{x - i}) i! \\ = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{n}{n - x}) (\binom{x}{i}) i! \end{aligned}$
答案同样为 $g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) i!$ 。

从这题我们发现「钦定」和「选择」有时候也是可以相互转化的。

习题

这里总结了一些习题，大家可以练练手。

欢迎补充。

总结

二项式反演为我们提供了一种灵活处理「至少」/「至多」与「恰好」之间转换的方法。在信息学竞赛中的许多问题，特别是涉及到组合计数、限制条件的题目中，二项式反演是非常有效的工具。

并且我们弄清算出的「至少」/「至多」有没有重复计数的问题，思考是「钦定类问题」还是「选择类问题」，从而选择正确的模型解决问题。

对于式子的记忆和熟练运用，需要读者不断练习巩固。「钦定类问题」下「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」、「选择类问题」下「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」两条式子可谓是「二项式反演」精髓所在，由这两条式子可以推导出另外两条式子。

希望这篇文章能帮助你更好地理解和应用二项式反演。

结论

模型 $0$

\begin{matrix} (Thm 0) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{i} (\binom{x}{i}) f (i) \end{matrix}

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

「钦定类问题」

\begin{matrix} (Thm 1.1) & f (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{i}{x}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{i}{x}) f (i) \end{matrix}

「选择类问题」

\begin{matrix} (Thm 1.2) & f (x) = \sum_{i = x}^{n} (\binom{n - x}{n - i}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{n - x}{n - i}) f (i) \end{matrix}

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

「钦定类问题」

\begin{matrix} (Thm 2.1) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{n - i}{n - x}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{n - i}{n - x}) f (i) \end{matrix}

「选择类问题」

\begin{matrix} (Thm 2.2) & f (x) = \sum_{i = 0}^{x} (\binom{x}{i}) g (i) ⟺ g (x) = \sum_{i = 0}^{x} (- 1)^{x - i} (\binom{x}{i}) f (i) \end{matrix}

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posted @ 2024-09-18 14:01 XuYueming 阅读(469) 评论(5) 编辑收藏举报

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	#include <iostream>
	#include <cstdio>
	#include <unordered_map>
	using namespace std;

	using ull = unsigned long long;

	int n, m;
	char str[50010][5];
	long long f[5];

	const int frac[5] = {1, 1, 2, 6, 24};
	inline int C(int n, int m) {
	return frac[n] / frac[m] / frac[n - m];
	}

	signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &m), m = 4 - m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", str[i]);
	for (int mask = 0; mask < 1 << 4; ++mask) {
	long long res = 0;
	unordered_map<ull, int> table;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
	ull hsh = 0;
	for (int j = 0; j < 4; ++j) {
	hsh *= 131;
	if (mask & 1 << j) hsh += str[i][j];
	}
	res += table[hsh];
	++table[hsh];
	}
	f[__builtin_popcount(mask)] += res;
	}
	long long ans = 0;
	for (int k = m; k <= 4; ++k) {
	if ((k - m) & 1)
	ans -= C(k, m) * f[k];
	else
	ans += C(k, m) * f[k];
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
	}

XuYueming

二项式反演学习笔记

前言

概述

基础引理

引理 1：二项式定理

引理 2：多步容斥

引理 3：组合数

证明 & 推导

模型 0

容斥证明

代数证明

「钦定类问题」

概述

模型 1：「至少」⇔「恰好」

模型 2：「至多」⇔「恰好」

「选择类问题」

概述

模型 2：「至多」⇔「恰好」

模型 1：「至少」⇔「恰好」

例题 & 习题

例一、洛谷 P6512 [CEOI2010 day2] pin

例二、「FJWC2020Day4-IJN」夕张的改造

例三、洛谷 P6076 [JSOI2015] 染色问题

例四、yzh 的生日礼物

例五、错排

习题

总结

结论

模型 0

模型 1：「至少」⇔「恰好」

「钦定类问题」

「选择类问题」

模型 2：「至多」⇔「恰好」

「钦定类问题」

「选择类问题」

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引理 $1$ ：二项式定理

引理 $2$ ：多步容斥

引理 $3$ ：组合数

模型 $0$

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

模型 $0$

模型 $1$ ：「至少」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」

模型 $2$ ：「至多」 $\Leftrightarrow$ 「恰好」