[数论] 二项式反演

菜就多练，输不起就别玩，不会就是不会。

二项式推论

• $1.$ $\tbinom{n}{m}=\tbinom{n}{n-m}$
• $2.$ $\tbinom{n}{m}=\frac{n}{m}\tbinom{n-1}{m-1}$
• $3.$ $\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=2^n$
  证明：拆 $(1+1)^n$
• $4.$ $\sum\limits_{i=0}^n (-1)^iC_n^i=0$
  特殊的，$n=0$，上式等于 $1$。
  证明：拆 $(1-1)^n$

这些是基础的，还有后面会说。

二项式反演

形式一

$$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if(i)C_n^i\Leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^ig(i)C_n^i$$

证明：
考虑一个全集 $U=\{a_1,a_2,a_3...a_n\}$。
我们定义 $f(i)$ 表示满足 $i$ 个条件的方案数（求什么方案看题目定）。
我们定义 $g(i)$ 表示不满足 $i$ 个条件的方案数。
根据 $f$ 求 $g$ ：$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^if(i)C_n^i$
根据容斥原理，上式得证。
根据 $g$ 求 $f$ ：$f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^ig(i)C_n^i$
上式得证。

举个例子，我们要算满足条件 $a_1,a_2,a_3$ 的，应该加上所有方案，减去不满足 $a_1$ 或 $a_2$ 或 $a_3$ 的，加上不满足 $a_1,a_2$ 或 $a_1,a_3$ 或 $a_2,a_3$ 的。再加上三次的。

然后同理可证另一个。
这个式子好像没什么用。

形式二

$g_n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^if_i\Leftrightarrow f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^ig_i$

我们来理解理解这个式子。
原理是这个：$\sum\limits_{i=0}^nC_n^i=[n=0]$
$f_i$ 表示条件恰好满足 $i$ 个的方案，$g_i$ 表示至多满足 $i$ 个条件的方案。

换句话说，左边求的就是所有满足 $n$ 个条件即以内的情况。

我们追踪一部分变量来理解这个问题。
假设现在有 $6$ 个条件 $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$，我们现在想把 $3$ 个条件的给减掉。比如说 $a_1,a_2,a_3$。
这个条件最终的贡献是 ：$C_3^3-C_3^2+C_3^1-C_3^0=0$

那一个条件 $a_1$ 呢？
贡献是 $C_5^5-C_5^4+C_5^3-C_5^2+C_5^1-C_5^0=0$

那六个条件呢？
我们知道 $C_0^0=1$ ，所以归纳一下，只剩下 $f_6$ 了。

所以其实这就是一种特殊的容斥。

形式三

$g_n=\sum\limits_{i=n}^mC_i^nf_i\Leftrightarrow f_n=\sum\limits_{i=n}^m(-1)^{i-n}C_i^ng_i$
其中 $f_i$ 表示恰好满足 $i$ 个条件方案数。
$g_i$ 表示钦定满足 $i$ 个条件方案数。

我们分析一下。
假设有 $(a_1,a_2,a_3,a_4)$ 我们算一下 $f$ 和 $g$。
我们算一下：
$f_2:$
$\{a_1,a_2\},\{a_2,a_3\},\{a_3,a_4\},\{a_1,a_3\},\{a_1,a_4\},\{a_2,a_4\}$
$g_2:$
$\{a_1,a_2\}:\{a_1,a_2\}，\{a_1,a_2,a_3\}，\{a_1,a_2,a_4\}，\{a_1,a_2,a_3,a_4\}...$。

综上，我们得出通过 $f$ 求 $g$ 的公式：
$g_n=\sum\limits_{i=n}^mC_i^nf_i$

现在看看怎么用 $g$ 求 $f$。

我们跟踪一下 $a_1,a_2,a_3,a_4$。
首先，在 $i=2$ 时，我们加上贡献，它被加了 $C_2^2\times C_4^2$ 次。
然后，在 $i=3$ 时，我们减去贡献，它被减了 $C_3^2\times C_4^3$ 次。
最后，在 $i=4$ 时，我们加上贡献，它被加了 $C_4^2\times C_4^4$ 次。
我们发现它刚好等于 $0$。

我们再跟踪一下 $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$
$i=2:+C_2^2\times C_5^2$
$i=3:-C_3^2\times C_5^3$
$i=4:+C_4^2\times C_5^4$
$i=5:-C_5^2\times C_5^5$

我们知道，$C_i^j\times C_j^k=C_i^k\times C_{i-j}^{j-k}$

所以上式为 $0$。

好了你已经学会二项式反演了，现在我们做做几个题。

错排问题

问题：有多少个长度为 $n$ 的排列 $p$ 满足 $\forall i,p_i\ne i$。

我们知道恰好 $n$ 个位置 $p_i\ne i$ 非常难求。我们换个思路：至多 $n$ 个 $p_i\ne i$，怎么求？

我们设恰好为 $f$，至多为 $g$。

显然，我们知道 $f$ 很简单能求出 $g$：$g(n)=\sum\limits_{i=0}^nf(i)\times C_n^i$

所以我们直接二项式反演。

我们看看怎么求至多 $k$ 个位置满足 $p_i\ne i$。

一眼顶针，不就是 $(k)!$ 吗。

然后上反演即可。

第二类斯特林数

问题：把 $n$ 个不同的小球放入 $m$ 个不同的盒子里，要求每个盒子非空，有多少种放法？

我们定义 $f_i$ 表示恰好 $i$ 个格子为空，$g_i$ 表示钦定 $i$ 个格子为空。

那么我们能求出 $f_k=(m-k)^n$。直接反演即可。

总结： 形式一的g和形式二的g虽然都是恰好，但不太一样，形式一的g是恰好满足某几个特定的性质，而形式的g是恰好满足多少个性质的总和。