二项式反演

从容斥开始谈起：

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

更一般的：

$|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=\sum_{i=1}^n|A_i|-\sum_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+...+(-1)^{n-1}|A_1\cap A_2\cap...\cap A_n|$

证明：设$a$在$M$个集合出现，对左侧的贡献为1。对右侧的贡献为$\sum_{i=1}^M(-1)^{i-1}C(M,i)=-\sum_{i=1}^M(-1)^iC(M,i)=1-\sum_{i=0}^M(-1)^iC(M,i)=1-(1-1)^M=1$

证毕。

设$A^c$为$A$的补集

则有$|A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|-...+(-1)^n\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|$

考虑其对偶形式。

又有$|A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i^c|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i^c\cap A_j^c|-...+(-1)^n\times |A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c|$

考虑一种特殊情况：多个集合的交集大小只和集合的数目有关。

设$f(n)$表示$n$个补集之和，$g(n)$表示$n$个原集之和，定义$f(0),g(0)$为全集。

上述两个形式可以利用$f(n),g(n)$表示为

$f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC(n,i)g(i)$

$g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^nC(n,i)f(i)$

有了这两个式子开始推导二项式反演。

形式1：

$f(n)=\sum_{i=0}^nC(n,i)g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C(n,i)f(i)$

证明1：

设$(-1)^ih(i)=g(i)$则$f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC(n,i)h(i)$

则有$h(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC(n,i)f(i)$又$\frac{g(n)}{(-1)^n}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^iC(n,i)f(i)$可得$g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}C(n,i)f(i)$

证明2：

$f(n)=\sum_{i=0}^nC(n,i)\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}C(i,j)f(j)=\sum_{j=0}^n\sum_{i=j}^nC(n,i)C(i,j)(-1)^{i-j}f(j)=\sum_{j=0}^nf(j)\sum_{i=j}^nC(n,j)C(n-j,i-j)(-1)^{i-j}=\sum_{j=0}^nf(j)C(n,j)\sum_{i=0}^{n-j}C(n-j,i)(-1)^{i}=\sum_{j=0}^nf(j)C(n,j)(1-1)^{n-j}$

当$n-j\neq 0$时显然值为0

当$n-j=0$时考虑这一点特殊的值为$f(n)C(n,n)=f(n)$

故等式成立。

进一步的有$f(n)=\sum\limits_{i=m}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)$

形式2：

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

证明：$f(n)=\sum_{i=n}^mC(i,n)g(i)=\sum_{i=n}^m\sum_{j=i}^m(-1)^{j-i}C(j,i)C(i,n)f(j)=\sum_{j=n}^m\sum_{i=n}^j(-1)^{j-i}C(j,i)C(i,n)f(j)=\sum_{j=n}^m\sum_{i=n}^j(-1)^{(j-n)-(i-n)}C(j,n)C(j-n,i-n)f(j)=\sum_{j=n}^mC(j,n)f(j)\sum_{i=0}^{j-n}(-1)^{(j-n)-i}C(j-n,i)=\sum_{j=n}^mC(j,n)f(j)(1-1)^{n-j}$

当$j=n$时值为$f(n)$证毕。