<学习笔记> 二项式反演

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15.<学习笔记> 二项式反演2024-02-02

16.<学习笔记> 笛卡尔树2024-02-06

收起

二项式反演#

证明#

我们设 $g(x)$ 为任意 $x$ 个集合的交集的大小， $f(x)$ 表示任意 $x$ 个集合补集的交集大小。

首先有 (组合数学6.2)

$$|\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap ...\cap \overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}|=|U|-|S_1|-|S_2|-...+(-1{)}^n\times |S_1\cap S_2\cap ...\cap S_{n-1}\cap S_n|=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}g(i)$$

将补集看成原集，将原集看成补集，就有

$$|S_1\cap S_2\cap ...\cap S_{n-1}\cap S_n|=|U|-|\overline{S_1}|-|\overline{S_2}|-...+(-1{)}^n\times |\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap ...\cap \overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}|=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}f(i)$$

可以知道

$$g(n)=|S_1\cap S_2\cap ...\cap S_{n-1}\cap S_n|$$

$$f(n)=|\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap ...\cap \overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}|$$

所以就有反演基本形式：

$$g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}f(i)⟺f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}g(i)$$

另 $h(x)=(-1{)}^{x}f(x)$

那么就可以得到最常用的形式

$$g(n)=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}f(i)⟺\frac{h(n)}{(-1{)}^n}=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}h(i)$$

$$g(n)=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}f(i)⟺h(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}h(i)$$

形式#

形式零

$$f[n]=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\ast C_n^i\ast g[i]\iff g[n]=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\ast C_n^i\ast f[i]$$

形式一（适用于设至多存在，$g(i)$ 是恰好，$f(n)$ 是至多）

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g(i)\iff g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)$$

形式二（适用于设至少存在，$g(i)$ 是恰好，$f(n)$ 是至少）

$$f(n)=\sum _{i=n}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})g(i)\iff g(n)=\sum _{i=n}^m(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f(i)$$

组合意义#

记 $g(n)$ 表示 "至少选 $n$ 个" $f(n)$ 表示 "恰好选 $n$ 个",则对于任意的 $i\ge x$ ,$f(i)$ 在 $g(x)$ 中被计算了 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})}$ 次，故 $g(x)=\sum _{i=x}^n$ ，其中 $n$ 是数目上界。

例题#

集合计数#

题目大意#

一个有 $n$ 个元素的集合有 $2^n$ 个不同子集（包含空集），现在要在这 $2^n$ 个集合中取出至少一个集合，使得它们的交集的元素个数为 $k$ ，求取法的方案数模 ${10}^9+7$ 。

题解#

通过思考列出式子 $C_n^i(2^{2^{n-i}}-1)$ 。即钦定 $i$ 个交集元素，则包含这 $i$ 个的集合有 $2^{n-i}$ 个；每个集合可选可不选，但不能都不选，由此可得此方案数。

接下来考虑上式与所求的关系：设 $f(i)$ 表示钦定交集元素为某 $i$ 个的方案数，$g(i)$ 表示交集元素恰好为 $i$ 个的方案数，则
$C_n^k(2^{2^{n-k}}-1)=f(k)=\sum _{i=k}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})g(i)$

通过二项式反演求出 $g(k)=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})f(i)=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(2^{2^{n-i}}-1)$

使用一些预处理手段，时间复杂度 $O(n)$ 。

这里对于 $2^{2^{n-i}}$ 取模，这里可以进行预处理，定义 $base[i]$ 数组，$base[i]=2^{2^{n-i}}$
，则 $base[i]=base[i-1{]}^{2}mod$ $p$ 即可。

Another Filling the Grid #

对于一行合法的话，答案就是 $k^n-(k-1{)}^n$。那么考虑加上列，那么我们设 $g_i$ 表示至少有 $i$ 列不合法，相当于下界的限制，那么就有 $g_i=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})((k-1{)}^i{k}^{(}n-i)-(k-1{)}^n{)}^n$。

那么二项式反演有 $Ans=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i-0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{0})g_i$。

code

// Another Filling the Grid 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int N=300;
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
int g[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main(){
    int n,k;
    scanf("%lld%lld",&n,&k); 
    init();
    for(int i=0;i<=n;i++){
        g[i]=C(n,i)*qpow((qpow(k,n-i)*qpow(k-1,i)%mod-qpow(k-1,n)+mod)%mod,n)%mod;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        int tmp=((i)%2 ? -1: 1);
        ans=(ans+tmp*C(i,0)*g[i]%mod+2*mod)%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
}

[JLOI2016] 成绩比较#

考虑将这个分成两个部分考虑

1.计算在n-1个人中选出k个，被B神碾压的方案数并且对于剩下的n-1-k个人，计算有多少种方案来合法分配每一个人、每一门科目的得分状况。这里，得分状况定义为是比B神高，还是比B神低或相等。

2.已知每一门科目的得分状况，计算对于给定的满分，有多少种分配分数的方案。

对于第一部分

我们设 $g(p)$ 表示至少有 $p$ 个被碾压，考虑每一门科目有 $r_i-1$ 个人比他高，这些人来自 $n-p-1$ 个人中，那么就有 $g(p)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{p})\prod _{i=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{r_i-1}{n-p-1})$。

然后设 $f(p)$ 表示恰好有 $p$ 个被碾压，根据二项式定理就有 $f(p)=\sum _{x=p}^n(-1{)}^{x-p}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{p})g(x)$。

那么这一部分答案就是 $f(k)$。

对于第二部分

我们考虑 $G(u,a,b)$ 表示取值范围位 $u$，有 $a$ 个比他大， $b$ 个小于等于他，那么可以枚举他的成绩计算。

因为 $u$ 的范围太大，所以我们考虑枚举有几种就可以，就是乘上组合数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{t})$，我们发现你并不能取到 $t$ 种颜色，所以我们再一次进行二项式反演，这回设 $h(t)$ 表示至多有 $t$ 种颜色，然后求 $p(t)$ 表示恰好有 $t$ 种颜色。

code

// 成绩比较
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1005;
int U[N+5],R[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
int g[N+5],h[N+5];
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    inv[0]=fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    if(x<y) return 0;
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int CC(int x,int y){
    int ans=1;
    for(int i=x-y+1;i<=x;i++) ans=ans*i%mod;
    for(int i=1;i<=y;i++) ans=ans*qpow(i,mod-2)%mod;
    return ans;
}
int G(int u,int a,int b){ // > : a   //   <= : b
    int ans=0;
    for(int x=1;x<=u;x++){
        int w=qpow(u-x,a)*qpow(x,b)%mod;
        ans=(ans+w)%mod;
    }
    return ans;
}
signed main(){
    int n,m,k;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&U[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&R[i]);
    init();
    // 比自己高的一定是不被碾压的，比自己低的不一定是被碾压的
    for(int p=1;p<=n;p++){
        g[p]=C(n-1,p); // 至少有 p 个被碾压的
        for(int i=1;i<=m;i++){
            g[p]=g[p]*C(n-p-1,R[i]-1)%mod;
        }
    }
    int fx=0;
    for(int i=k;i<=n;i++){
        int tmp=((i-k)%2 ? -1 : 1);
        fx=(fx+tmp*C(i,k)%mod*g[i]%mod+mod)%mod;
    }
    int fy=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int tp=min(n,U[i]);
        for(int t=1;t<=tp;t++){
            h[t]=G(t,R[i]-1,n-R[i])%mod;//*C(U[i],t)
        }
        int cnt=0;
        for(int t=1;t<=tp;t++){
            int sum=0;
            for(int j=1;j<=t;j++){
                int tmp=((t-j)%2 ? -1 : 1);
                int kl=tmp*C(t,j)%mod*h[j]%mod;
                sum=(sum+kl+mod)%mod;
            }
            cnt=(cnt+sum*CC(U[i],t)%mod+mod)%mod;
        }
        fy=fy*cnt%mod;
    }
    printf("%lld",fx*fy%mod);
}

情侣？给我烧了！ #

设 $g_k$ 表示至少有 $k$ 对情侣坐一块，那么 $g_k=2^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})k!(2\ast n-2\ast k)!$。

设 $f_k$ 表示恰好与 $k$ 对情侣坐一块，那么有 $f_k=\sum _{i=k}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})(-1{)}^{i-k}{g}_i$。

我们考虑优化它

$$f_k=\sum _{i=0}^{n-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+k}{k})(-1{)}^i{2}^{i+k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(i+k)!(2\ast n-2\ast k-2\ast i)!$$

$$f_k=\frac{2^k(n!{)}^2}{k!}\sum _{i=0}^{n-k}(-1{)}^i{2}^i\frac{(2\ast n-2\ast k-2\ast i)!}{i![(n-i-k)!{]}^2}$$

这样我们发现里面的东西只和 $n-k$ 上界有关，那么可以进行预处理，然后直接查询。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2005;
const int mod=998244353;
int f[N+5],g[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main(){
    init();
    for(int lim=0;lim<=N/2;lim++){
        for(int i=0;i<=lim;i++){
            int w=(i&1 ? -1 : 1);
            int tmp=fac[lim-i]*fac[lim-i]%mod*fac[i]%mod;
            g[lim]=(g[lim]+w*qpow(2,i)*fac[2*lim-2*i]%mod*qpow(tmp,mod-2)%mod+mod)%mod;
        }
    }
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        int n;
        scanf("%lld",&n);
        for(int k=0;k<=n;k++){
            int w=qpow(2,k)*fac[n]%mod*fac[n]%mod*qpow(fac[k],mod-2)%mod;
            int ans=w*g[n-k]%mod;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}

多元二项式反演公式#

如果满足

$$g(n_1,n_2,\cdots ,n_m)=\sum _{k_i=0}^{n_i}\prod _{i=1}^m{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_i}{k_i})}f(k_1,k_2,\cdots ,k_m)$$

那么就有

$$f(n_1,n_2,\cdots ,n_m)=\sum _{k_i=0}^{n_i}\prod _{i=1}^m(-1{)}^{n_i-k_i}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_i}{k_i})}g(k_1,k_2,\cdots ,k_m)$$

Sky Full of Stars #

设 $g_{i,j}$ 表示至少有 $i$ 行 $j$ 列同一个颜色，$f_{i,j}$ 表示恰好有 $i$ 行 $j$ 列同一个颜色。

那么有 $g_{i,j}=\sum _{x=i}^n\sum _{y=j}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j})f_{i,j}$ 那么有

$$f_{i,j}=\sum _{x=i}^n\sum _{y=j}^n(-1{)}^{x-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})(-1{)}^{y-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j})g_{i,j}$$

发现答案其实是 $3^{n^2}-f_{0,0}$，所以只考虑如何求 $f_{0,0}$。

考虑 $g_{i,j}$ 的答案，我们此时必须要考虑零的情况：

• 假如都不为 0

  $g_{i,j}=3(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})3^{(n-i)(n-j)}$

• 有一维为 0

  $g_{i,0}=3^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})3^{(n-i)n}$

• 两维均为 0

  $g_{i,0}=3^{n^2}$

所以我们要分开考虑，先考虑第一部分，我们合并同类项得：

$$f_{1,1}=3^{n^2+1}\sum _{x=1}^n(-1{)}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})3^{-nx}\sum _{y=1}^n(-1{)}^y(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{y})3^{-ny}{3}^{xy}$$

问题在于 $3^{xy}$ 怎么处理，我们可以考虑将后面的合并得到 $\sum _{y=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{y})(-3{)}^{(x-n)y}$，感觉可以补一位进行二项式定理得到 $(1-3^{x-n}{)}^n-1$。

最后就是

$$f_{1,1}=3^{n^2+1}\sum _{x=1}^n(-1{)}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x})3^{-nx}(1-3^{x-n}{)}^n-1$$

然后再算一下第二部分，让一个是然后结果乘二就行

其实还可以化成二项式形式，也就是 $3^{n^2}\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(-3^{1-n}{)}^i$

那么就有 $3^{n^2}[(1-3^{1-n}{)}^n-1]$

然后再算第三部分。

code

// Sky Full of Stars 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int fac[N+5],inv[N];
int qpow(int x,int p){
    p=(p%(mod-1)+mod-1)%(mod-1);
    x=(x%mod+mod)%mod;
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int base[N];
signed main(){
    init();
    int n;
    scanf("%lld",&n);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int w=(i%2 ? -1 : 1);
        w=w*C(n,i)%mod*qpow(3,-i*n)%mod*(qpow(1-qpow(3,-n+i),n)-1+mod)%mod;
        ans=(ans+w+mod)%mod;
    }
    ans=ans*qpow(3,n*n+1)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int w=(i%2 ? -1 : 1);
        w=w*C(n,i)%mod*qpow(3,n*(n-i))%mod*qpow(3,i)%mod;
        ans=(ans+w*2%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%lld",(mod-ans)%mod);
}

min-max 容斥#

$$\underset{i\in S}{max}{x}_i=\sum _{T\subseteq S(T\ne \varnothing )}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{min}{x}_j$$

$$\underset{i\in S}{min}{x}_i=\sum _{T\subseteq S(T\ne \varnothing )}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{max}{x}_j$$

考虑每个 $x_i$ 在 $\sum _{T\subseteq S(T\ne \varnothing )}(-1{)}^{|T|-1}\underset{j\in T}{min}{x}_j$ 中的贡献，假设有 $c$ 个数大于 $x_i$，枚举大于 $x_i$ 的数有多少个，那么贡献位 $\sum _{i=0}^c(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{c}{i})$。

只有 $c=0$ 的时候贡献为 $1$，否则为 $0$。

最小公倍佩尔数#

考虑递推求出 $f$

$$(e(n-1)+f(n-1)\ast \sqrt{2})\ast (\sqrt{2}+1)=e(n)+f(n)\ast \sqrt{2}$$

$$\sqrt{2}e(n-1)+2f(n-1)+e(n-1)+\sqrt{2}f(n-1)=e(n)+f(n)\ast \sqrt{2}$$

可以得出 $e(n)=e(n-1)+2f(n-1)$ 和 $f(n)=f(n-1)+e(n-1)$。

然后有 $f(n)=f(n-1)+2\sum _{i=1}^{n-2}f(i)+1$ ，可以对 $f(n)$ 和 $f(n-1)$ 作差，那么就可以得到 $f(n)=2f(n-1)+f(n-2)$。

然后考虑求 $lcm$，可以通过 $\min -\max$ 容斥转化位求 $gcd$。

那么有式子

$$lcm(S)=\prod _{T\subset S}gcd(T{)}^{(-1{)}^{|T|+1}}$$

因为 $\mathrm{lcm}$ 是对指数取 $max$， $\gcd$ 是取 $min$，指数的加法就是乘法。

并且对于 $f$ 有个性质就是 $gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m))$，然后集合 $S$ 既可以指值也可以指下标。

$$g(n)=\prod _{T\subset S}{f}_{gcd(T)}^{(-1{)}^{|T|+1}}=\prod _{i=1}^n{f}_i^{\sum _{T\subset S}[gcd(T)=i](-1{)}^{|T|+1}}$$

我们令 $h(i)=\sum _{T\subset S}[gcd(T)=i](-1{)}^{|T|+1}$，那么 $k(i)=\sum _{T\subset S}[i|gcd(T)](-1{)}^{|T|+1}$，那么可以莫比乌斯反演为 $h(i)=\sum _{i\mid d}\mu (\frac{d}{i})k(d)$。

我们考虑 $k(d)$ 的值怎么求

一定有 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 个值，那么答案就是 $\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(-1{)}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i})=1+\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(-1{)}^{i-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i})=1$

然后就有

$$g(n)=\prod _{d=1}^n{f}_d^{\sum _{d|i}^n\mu (\frac{i}{d})}=\prod _{d=1}^n\prod _{d|i}^n{f}_d^{\mu (\frac{i}{d})}=\prod _{i=1}^n\prod _{d|i}{f}_d^{\mu (\frac{i}{d})}$$