二项式反演

二项式反演

定理 $1$：$F(n)=\sum_{i=0}^{n}{{n\choose i}G(i)}\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=0}^{n}{(-1)^{n-i}{n\choose i}F(i)}$

证明：

提取系数有 $F[n]=\sum_{i=0}^{n}{{n\choose i}G[n]}$

$\displaystyle \to \frac{F[n]}{n!}=\sum_{i=0}^{n}{\frac{1}{(n-i)!}\frac{G[i]}{i!}}$

构造指数生成函数 $\displaystyle f(n)=\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{F[i]}{i!}x^i},g(n)=\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{G[i]}{i!}x^i}, E(x)=e^x=\sum_{i=0}^{\infty}{\frac{x^i}{i!}}$

可以发现卷积形式：$f=g\ast E$

于是，$g=f\ast E^{-1}=f\ast e^{-x}$

所以可以得到 $\displaystyle g[n]=\frac{G[n]}{n!}=\sum_{i=0}^{n}f[i]\times (-1)^{n-i}\frac{1}{(n-i)!}$

整理得：$\displaystyle \frac{G[n]}{n!}=\sum_{i=0}^{n}{\frac{F[i]}{i!}\times (-1)^{n-i}\frac{1}{(n-i)!}}$

证毕。

稍微变换一下，可以得到二项式反演的另一种形式。

定理 $2$： $\displaystyle F(n)=\sum_{i=0}^{n}{(-1)^i{n\choose i}G(i)}\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=0}^{n}{(-1)^{i}{n\choose i}F(i)}$

非常的对称唉。可以发现这只在定理 $1$ 移动了 $-1$ 的次幂。

定理 $3$： $\displaystyle F(n)=\sum_{i=n}{{i\choose n}G(i)}\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}{(-1)^{i-n}{i\choose n}F(i)}$

由对定理 $2$ 关系矩阵进行转置可知。

定理 $2,3$ 的证明可以戳这里 $\to$ 反演原理

定理 $4$： 移动定理 $3$ 中 $-1$ 的次幂，可得 $\displaystyle F(n)=\sum_{i=n}{(-1)^i{n\choose i}G(i)}\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=n}{(-1)^i+{n\choose i}F(i)}$

错排问题与二项式反演：

问题：设 $a_{1\sim n}$ 是 $1\sim n$ 的一个排列，且 $\forall i\in (1,n),a_i\neq i$ 。

求满足条件的排列的方案数。

解：

设 $D[n]$ 表示 $n$ 个数的错排方案数（即满足 $a_i\neq i$ ）。

那么有 $n!=\sum_{i=0}^{n}{{n\choose i}D[i]}$ ，即：$n$ 个数的全排列数 $=$ $\sum_{i=0}^{n}$ 选择 $i$ 个数的错排方案数。

这不就是二项式定理的标准形式吗。

二项式反演一下得到，$\displaystyle D[n]=\sum_{i=0}^{n}{(-1)^{n-i}{\frac{n!}{(n-i)!}}}$

$\displaystyle \to D[n]=n!\sum_{i=0}^{n}{\frac{(-1)^i}{i!}}$

这样，就求得了错排公式 $\displaystyle D[n]=n!\sum_{i=0}^{n}{\frac{(-1)^i}{i!}}$

应用

若记 $f(k)$ 表示：$n$ 个数钦定选 $k$ 个 $a_i=i$ ，其余的任意排列；记 $g(k)$ 表示 $n$ 个数恰好选 $k$ 个，其余的都满足 $a_i\neq i$。

那么对于任意的 $f(k)$ 有 $\displaystyle f(k)=\sum_{i=k}^{n}{{i\choose k}g(i)}$

$\mathrm{p.s }~f(k)$ 表示钦定选 $k$ 个，然后统计钦定情况如此的方案数，对某一种情况会重复计算（我也不知道为什么要用钦定这个词，但似乎好像没有更好的词了）。

对于恰好选 $i$ 个的情况，有 $i\choose k$ 种钦定方式。于是 $\displaystyle f(k)=\sum_{i=k}^{n}{{i\choose n}g(i)}$

可能这样仍然不够明晰，举个例子（辨别钦定 $k$ 个和至少 $k$ 个（设为 $h(k)$ ）的区别）：

有 $1,2$ 共 $2$ 个数，则 $f(1)=2$ ，而 $h(1)=1$

$f(1)$ 的产生共有 $2$ 种方案：

1. 钦定 $1$ 不动，计算一次排列 $\{1,2\}$

2. 钦定 $2$ 不动，又计算一次排列 $\{1,2\}$

而 $h(i)$ 仅会有 $1$ 种方案，即 $\{1,2\}$

使用二项式反演得 $\sum_{i=k}^{n}{(-1)^{i-k}{i\choose k}g(i)}$

在实际题目中，构造这样的 $g$ 和 $f$ 即可运用二项式反演解决问题。

练习题

[MtOI2018]情侣？给我烧了！ - 洛谷

题解：LuoguP4921 情侣？给我烧了