【学习笔记】二项式定理 二项式反演 证明与应用

目录

• 前置知识：
• 二项式定理：
  • 公式
  • 证明：
• 二项式反演
  • 基本形式(形式0）：
    • 公式
    • 证明形式0：
  • 常见形式（形式1）：
    • 公式
    • 证明形式1：
• 例题：

前置知识：

1.排列组合
2.多步容斥
（记一下可能会用到的公式平时也很常用的

$$\begin{aligned} &\dbinom{n}{m}\times \dbinom{m}{s}=\dbinom{n}{s}\times \dbinom{n-s}{n-m}\\ &\dbinom{m}{m-1}+\dbinom{m}{m}=\dbinom{m+1}{m} \end{aligned}$$

前置知识

二项式定理：

公式

$(a+b)^n=\sum^{n}_{i=0}\limits \dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}$

证明：

$n=1$ 时代入显然成立

设 $n=m$ 时该式子成立在证明 $n=m+1$ 时该式子成立就可以推得该式子成立。

$n=m$ 代入得到

$$(a+b)^m=\sum^{m}_{i=0}\limits \dbinom{m}{i} a^ib^{m-i}$$

那么就有了(以下所有注释都是对上一行的解释)

$$\begin{aligned} (a+b)^{m+1}=(a+b)(a+b)^{m}&=a(a+b)^m+b(a+b)^m\\ &=a\sum^{m}_{i=0}\dbinom{m}{i} a^ib^{m-i}+b\sum^{m}_{j=0}\dbinom{m}{j} a^ib^{m-j}\\ &=\sum^{m}_{i=0}\dbinom{m}{i} a^{i+1}b^{m-i}+\sum^{m}_{j=0}\dbinom{m}{j}a^{j}b^{m-j+1}\\ &=a^{m+1}+\sum^{m-1}_{i=0}\dbinom{m}{i}a^{i+1}b^{m-i}+b^{m+1}+\sum^{m}_{j=1}\dbinom{m}{j}a^{j}b^{m-j+1} \end{aligned}$$

//$i=m,\dbinom{m}{m} a^{m+1}b^0 = a^{m+1},j=0,\dbinom{m}{0}a^0 b^{m+1}=b^{m+1}$

$$=a^{m+1}+\sum^{m}_{j=1}\dbinom{m}{j-1}a^{j}b^{m-j+1}+b^{m+1}+\sum^{m}_{j=1}\dbinom{m}{j}a^{j}b^{m-j+1}$$

//用 $j$表示 $i$

$$\begin{aligned} &=a^{m+1}+\sum^{m}_{j=1}\left[\ \binom{m}{j-1}+\binom{m}{j}\ \right]a^jb^{m-j+1}+b^{m+1}\\ &=a^{m+1}+\sum^{m}_{j=1}\left[\ \binom{m+1}{j}\ \right]a^jb^{m-j+1}+b^{m+1} \end{aligned}$$

//证明 $\dbinom{m}{j-1}+\dbinom{m}{j}=\dbinom{m+1}{j}$

//$\dbinom{m}{j-1}+\dbinom{m}{j}=\dfrac{m!}{(j-1)!(m-j+1)!}+\dfrac{m!}{j!(m-j)!}$

//$=\dfrac{(m-j+1)m!+m!j}{(j)!(m-j+1)!}$

//$=\dfrac{(m+1)m!}{(j)!(m-j+1)!}$

//$=\dbinom{m+1}{j}$

$$\begin{aligned} &=\sum^{m+1}_{j=0}\left[\ \binom{m+1}{j}\ \right]a^jb^{m-j+1} \end{aligned}$$

//

当$j=0,\dbinom{m+1}{0}a^0b^{m+1}=b^{m+1},j=m+1,\dbinom{m+1}{m+1}a^{m+1}b^0=a^{m+1}$

显然证明得到二项式定理成立

然后我们再来推二项式反演：

---

二项式反演

基本形式(形式0）：

公式

$$\begin{aligned} &f_n=\sum^{n}_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i}g_i\\ &\Updownarrow\\ &g_n=\sum^{n}_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i}f_i\\ \end{aligned}$$

证明形式0：

前置知识：多步容斥

多步容斥一般形式：

$$\begin{aligned} &\large|A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup …\cup A_n|\\ &=\sum^{n}_{i=1} |A_i|-\sum^{n}_{i=1,j=1} |A_i \cap A_j|+…+(-1)^{n-1}\times |A_1 \cap A_2 \cap … \cap A_n| \end{aligned}$$

我们设$A_i^c$表示$A_i$的补集，将多步容斥一般形式变形，可得：

$$\begin{aligned} &\large|A_i^c \cap A_2^c \cap … \cap A_n^c|=\\ &|S|-\sum^n_{i=1} |A_i| +\sum^n_{i=1,j=1} |A_i \cap A_j|-…+(-1)^n=times |A_1 \cap A_2 \cap … \cap A_n| \end{aligned}$$

由于补集的补集就是原集，所以又有了

$$\begin{aligned} &\large|A_i \cap A_2 \cap … \cap A_n|=\\ &|S|-\sum^n_{i=1} |A_i^c| +\sum^n_{i=1,j=1} |A_i^c \cap A_j^c|-…+(-1)^n\times |A_1^c \cap A_2^c \cap … \cap A_n^c| \end{aligned}$$

那么我们$f_n$表示n个补集的交际大小，$g_n$表示n个原集的大小，两个公式分别可以写成：

$$\begin{aligned} &f_n=\sum^{n}_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i} g_i\\ &g_n=\sum^{n}_{i=0}(-1)^i\dbinom{n}{i}f_i \end{aligned}$$

两公式是相互推导的关系，所以这就是二项式反演的形式0

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常见形式（形式1）：

公式

$$\begin{aligned} &f_n=\sum^{n}_{i=0}\dbinom{n}{i}g_i\\ &\Updownarrow\\ &g_n=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i \end{aligned}$$

当然它还有一个更常用的变形：

$$\begin{aligned} &f_k=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}g_i\\ &\Updownarrow\\ &g_k=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}f_i\\ \end{aligned}$$

证明形式1：

已知

$$f_n=\sum^{n}_{i=0}\dbinom{n}{i}g_i$$

我们使$g_i$是$g_j$,$n$就是$i$

那么

$$\begin{aligned} &\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i=\\ &\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}\sum^{i}_{j=0}\dbinom{i}{j}g_j\\ &=\sum^{n}_{i=0}\sum^{i}_{j=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j}g_j\\ &=\sum^{n}_{i=0}\sum^{i}_{j=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{j}\dbinom{n-j}{i-j}g_j\\ \end{aligned}$$

//$\dbinom{n}{m}\times \dbinom{m}{s}=\dbinom{n}{s}\times \dbinom{n-s}{n-m}$

//再将 $n$ 和 $i$ 该替换的替换

$$\begin{aligned} =\sum^{n}_{j=0}\sum^{n}_{i=j}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{j}\dbinom{n-j}{i-j}g_j \end{aligned}$$

//我们把j放在前面

//对于两个大 sigma $\sum^{n}_{i=0}\sum^{i}_{j=0}$ 来说，他代表 $i \in [0,n],i>=j$ 的情况。

//其实和 $j \in [0,n],i>=j$ 的所有情况。

//呃呃其实到这里的时候我也是有点懵，建议在这里琢磨琢磨。

//其实 $i$ 和 $j$的范围都没变对吧。

对于 $j=n$ 时 $\large\sum^{n}_{i=j}\limits (-1)^{n-i}\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}g_j$ 的值是 $g_n$

对于 $j!=n$ 时，考虑 $g_j$ 的系数。

我们先固定一个 $j$，那么 $\dbinom{n}{j}$ 作为一个常数，删去

$$\sum^{n}_{i=j}(-1)^{n-i}\dbinom{n-j}{i-j}$$

然后 $n-j$ 也是常数,设 $m=n-j$，

并将 $i$ 向左平移，使得范围 $\in [j,n]$变为$\in[0,m]$ ,或者理解成 $i$ 代表 $i-j$，

那么系数就是：

$$\sum^{m}_{i=0}(-1)^{m-i}\dbinom{m}{i}$$

刚刚我们推导的二项式定理：

$$(a+b)^n=\sum^{n}_{i=0}\dbinom{n}{i}a^ib^{n-i}$$

我们让 $a=1,b=-1,n=m$，

就有了：

$$0=\sum^{m}_{i=0}\dbinom{m}{i}(-1)^{m-i}$$

$g_j$ 的系数就等于 $0$ 啊！

那么仅 $j=n$ 时 $g_j$ 系数和为 $1$

那么对于：

$$\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}\sum^{i}_{j=0}\dbinom{i}{j}g_j$$

右边系数为 $1$，
有了：

$$\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_j=g_n$$

证毕。

（所以我们还是容斥+感性理解吧？）

应用：恰好与最多，恰好与至少之间的转换。

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例题：

BZOJ 4403 集合计数
对于这道题，我们通过二项式反演公式：

$$\begin{aligned} &f_k=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}g_i\\ &\Updownarrow\\ &g_k=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom{i}{k}f_i\\ \end{aligned}$$

显然有

$$\begin{aligned} f_i=\sum_{j=1}^{n}(-1)^{j-i}\dbinom{j}{i}f_j \end{aligned}$$

嗯。

如果有错误请直接指出。

累了，听说这个还能用容斥写。

所有 $\LaTeX$ 公式纯手打。

炸了体谅一下orz

upd:2023/9/22 21:43 修复部分 $\LaTeX$ 问题。