二项式反演学习笔记

前置知识

二项式定理：$(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^ib^{n-i}$。

二项式反演

反演公式1：

$$f(n) = \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i) \iff g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$$

证明：

$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i) &= \sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}g(j)\\ &= \sum_{j=0}^ng(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{j}\\ \end{aligned}$$

然后我们需要应用到组合数的一个结论：

$$\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\binom{n}{j}\binom{n - j}{i - j}$$

尝试用组合意义理解：我们要在 $n$ 个数中选一个 $i$ 元子集 $A$，再选一个属于 $A$ 的 $j$ 元子集 $B$，左边就是先选 $A$ 再选 $B$，右边是先选 $B$ 再选 $A$，所以两者相等。

所以：

$$\begin{aligned} \sum_{j=0}^ng(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{j} &=\sum_{j=0}^ng(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j}\sum_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-(i+j)}\binom{n-j}{(i+j)-j}\\ &=\sum_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j}(-1)^{(n-j)-i}\binom{n-j}{i}\\ &=\sum_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j}(1-1)^{n-j}\\ &=g(n) \end{aligned}$$

得证。

反演公式2：

$$f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{i}g(n) \iff g(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^{i}f(n)$$

反演公式3：

$$f(k)=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}g(i) \iff g(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i - k}\binom{i}{k}f(i)$$

应用

关键：要求 $g(n)$，尝试找到 $f(n) = \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)$ 且 $f(n)$ 便于计算，然后用反演求出 $g(n)$。

题目一般会要求类似满足恰好 $k$ 个性质的方案的个数，这个时候就很适合用二项式反演。

求错排

思路：

这个经典问题可以用二项式反演来做。

我们让 $f_n=n!$，$D_n$ 表示错排数。

则会有：

$$f_n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}D_i$$

还是组合意义来理解，每个排列都有若干个位置满足 $p_i=i$，我们先枚举有多少个位置，再枚举哪些位置，剩下的必然是错排了。

于是我们可以直接二项式反演：

$$\begin{aligned} D_n &=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f_i\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\frac{n!}{i!(n-i)!}i!\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\frac{n!}{(n-i)!}\\ &=n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^{n-i}}{(n-i)!}\\ &=n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^{i}}{i!}\\ \end{aligned}$$

染色

有 $n$ 个格子排成一行，需要用 $k$ 种颜色染色，要求两两不同色且每种颜色至少出现一次。求方案数。

思路：

我们设 $f_k$ 表示用 $k$ 种颜色染色两两不同色，但是不要求每种颜色至少出现一次。

再设 $g_k$ 表示表示用 $k$ 种颜色染色两两不同色，要求每种颜色至少出现一次。

于是我们有：

$$f_k=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i}g_i$$

如何理解？首先对于任何一种染色方案，我们必然是选取了 $k$ 颜色的一个子集去染，枚举选了哪些子集即可。

至于 $f_k$，这其实是 HNOI越狱 这题，我们可以知道 $f_k=k(k-1)^{n-1}$，于是：

$$g_k=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\binom{k}{i}i(i-1)^{n-1}$$

然后就做完了。

求第二类斯特林数。

思路：

首先假设盒子有区别。

同理，$f_k$ 表示盒子可以为空，$g_k$ 表示盒子不能为空，可以得到：

$$f_k = \sum_{i=0}^k\binom{k}{i}g_i$$

又由于 $f_k = k^m$，所以反演一下就能得到答案。

BZOJ 2839 集合计数

用二项式反演转化成至少 $k$ 个，显然答案是 $\binom{n}{k}2^{2^{n - k}}$，注意对指数取模要用模数减一。