二项式反演

二项式反演

引入：

形式与多步容斥相似,公式与多步容斥类似，多步容斥公式为：

\[|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+...+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n| \]

思考一种特殊情况：多个集合的交集大小只和集合的数目有关。

因此，我们就可以写出二项式反演的基础公式：

公式

设 \(f(n)\) 表示 \(n\) 个补集的交集大小，\(g(n)\) 表示 \(n\) 个原集合的大小

因此，这两个公式就可以分别写成：

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\\ g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i)\]

显然这两个公式是等价，也是相互推导的关系，因此我们得到了二项式反演的形式1：

形式 1：

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i) \]

形式 2：

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i) \]

证明：

我们把右边带入到左边，调换两个求和符号的顺序，然后再考虑 \({n\choose i}{i\choose j}\) 的组合意义，稍微转换一下可得到：

\[f(n)=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)(1-1)^{n-j} \]

可以得出左右两边相等。

更加通用的证明公式为：

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

形式 3：

这个公式和形式2类似，是最常用的公式，为：

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

证明：

同上，把右边带入左侧即可。

组合意义：

我们记 \(f(n)\) 表示钦定选 \(n\) 个，\(g(n)\) 表示恰好选 \(n\) 个，则对于任意的 \(i\geq n\) ，\(g(i)\) 在 \(f(n)\) 中被计算了 \({i\choose n}\) 次，因此 \(f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)\)，其中 \(m\) 是数目上界。

例题：