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：
-
钦定 \(1\) 不动，计算一次排列 \(\{1,2\}\)
-
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。
