二项式定理+二项式反演

序（感谢9G对本博客证明的大力支持）

前置知识

1：排列组合
2：多步容斥

(\binom{n}{m}) = (\binom{n}{n - m}) = C_{n}^{m} = C_{n}^{n - m}

(\binom{n}{m}) * (\binom{m}{s}) = (\binom{n}{s}) * (\binom{n - s}{n - m})

(\binom{n}{x - 1}) + (\binom{n}{x}) = (\binom{n + 1}{x})

证明：

$(\binom{n}{x - 1}) + (\binom{n}{x}) = \frac{n!}{(x - 1)! * (n - x + 1)!} + \frac{n!}{x! * (n - x)!}$

$= \frac{n! * (n - x + 1) + n! * x}{x! * (n - x + 1)!} = \frac{n! * (n + 1)}{x! * (n - x + 1)!} = (\binom{n + 1}{x})$

二项式定理

公式： $(a + b)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) a^{i} b^{n - i}$

证明：

$n = 1$ 时带入显然成立

我们假设 $n = m$ 时成立，那么我们只需要用它证明 $n = m + 1$ 时成立即可

$n = m$ 时原式子等于 $(a + b)^{m} = \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i}$

即：

(a + b)^{m + 1} = (a + b) * (a + b)^{m} = a * (a + b)^{m} + b * (a + b)^{m}

= a * \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i} b^{m - i} + b * \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{j} b^{m - j}

= \sum_{i = 0}^{m} (\binom{m}{i}) a^{i + 1} b^{m - i} + \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) a^{j} b^{m - j + 1}

= \sum_{i = 0}^{m - 1} (\binom{m}{i}) a^{i + 1} b^{m - i} + \sum_{j = 1}^{m} (\binom{m}{j}) a^{j} b^{m - j + 1} + a^{m + 1} + b^{m + 1}

= \sum_{j = 1}^{m} (\binom{m}{j - 1}) a^{j} b^{m - j + 1} + \sum_{j = 1}^{m} (\binom{m}{j}) a^{j} b^{m - j + 1} + a^{m + 1} + b^{m + 1}

= \sum_{j = 1}^{m} [(\binom{m}{j}) + (\binom{m}{j - 1})] a^{j} b^{m - j + 1} + a^{m + 1} + b^{m + 1}

= \sum_{j = 1}^{m} [(\binom{m + 1}{j})] a^{j} b^{m - j + 1} + a^{m + 1} + b^{m + 1}

= \sum_{j = 0}^{m + 1} [(\binom{m + 1}{j})] a^{j} b^{m - j + 1}

证毕。

二项式反演

基本形式

公式：

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g_{i}

⇕

g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f_{i}

证明：

多步容斥一般形式：

∣ A_{1} \cup A_{2} \cup . . . \cup A_{n} ∣= \sum_{i = 1}^{n} ∣ A_{i} ∣ - \sum_{i = 1, j = 1}^{n} ∣ A_{i} \cap A_{j} ∣ + . . . + (- 1)^{n - 1} * ∣ A_{1} \cap A_{2} \cap . . . \cap A_{n} ∣

我们设 $A_{i}^{c}$ 为 $A_{i}$ 的补集，即有：

∣ A_{1}^{c} \cup A_{2}^{c} \cup . . . \cup A_{n}^{c} ∣=∣ U ∣ - \sum_{i = 1}^{n} ∣ A_{i} ∣ + \sum_{i = 1, j = 1}^{n} ∣ A_{i} \cap A_{j} ∣ - . . . + (- 1)^{n} * ∣ A_{1} \cap A_{2} \cap . . . \cap A_{n} ∣

原集的补集的补集又是原集，又有：

∣ A_{1} \cup A_{2} \cup . . . \cup A_{n} ∣=∣ U ∣ - \sum_{i = 1}^{n} ∣ A_{i}^{c} ∣ + \sum_{i = 1, j = 1}^{n} ∣ A_{i}^{c} \cap A_{j}^{c} ∣ - . . . + (- 1)^{n} * ∣ A_{1}^{c} \cap A_{2}^{c} \cap . . . \cap A_{n}^{c} ∣

我们设 $f_{n}$ 表示 $n$ 个补集的大小， $g_{n}$ 表示 $n$ 个原集的大小，那两个公式可以表示为：

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g_{i}

g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f_{i}

常见形式

形式1：

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g_{i}

⇕

g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f_{i}

形式2：

f_{k} = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) g_{i}

⇕

g_{k} = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) f_{i}

这里形式1不再予以证明，在文末的参考博客里有

证明形式2

\sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) g_{j}

= \sum_{i = k}^{n} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) (\binom{j}{i}) g_{j}

= \sum_{i = k}^{n} \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{j}{k}) (\binom{j - k}{j - i}) g_{j}

= \sum_{j = k}^{n} \sum_{i = k}^{j} (- 1)^{i - k} (\binom{j}{k}) (\binom{j - k}{j - i}) g_{j}

注： $i$ 从 $k - n$ , $j > i$ 与 $j$ 从 $k - n$ , $j > i > k$ 等价

当 $j = k$ 时，原式等于 $g_{k}$ ,所以我们只需要证明除了 $j = k$ 之外的和等于 $0$ 即可，即：

\sum_{j = k + 1}^{n} \sum_{i = k}^{j} (- 1)^{i - k} (\binom{j}{k}) (\binom{j - k}{j - i}) g_{j} = 0

我们钦定一个 $j$ 使 $j$ 固定，上式剩余变量即为：

\sum_{i = k}^{j} (- 1)^{i - k} (\binom{j - k}{j - i}) g_{j}

我们令 $n = j - k$ , $n$ 为定值， $i$ 值域从 $k - j$ 变到 $0 - n$ ,即让 $i$ 表示 $i - k$ 。

原式可化为

\sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{n - i}) g_{j}

= \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g_{j}

根据二项式定理可推：

(- 1 + 1)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} * (1)^{n - i} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) = 0

由此可知当 $j$ $! = k$ 时 $g_{j}$ 的系数为 $0$ ，即当且仅当 $j = k$ 时， $g_{j}$ 的系数为 $1$ ,

所以对于式子：

\sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) g_{j} = g_{k}

即可证明，证毕。

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posted @ 2024-08-02 21:24 _君の名は阅读(38) 评论(0) 编辑收藏举报

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