「学习笔记」二项式反演

二项式反演：

$$f(n)=\sum _ {i=0}^n (-1)^i \binom n i g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum _ {i=0} ^n (-1)^i \binom n i f(i)$$

这个式子可以通过集合相关知识得到（容斥）

然后令：$h(n)=(-1)^ng(n)$

那么有

$$f(n)=\sum_{i=0}^n \binom n i h(i) \Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum_{i=0}^n \binom n i f(i)$$

然后把式子整理一下，得到第二种表示二项式定理的形式

$$f(n)=\sum_{i=0}^n \binom n i g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n \binom n i f(i)$$

直接带入推导并且交换枚举顺序可以得到：

$$f(n)=\sum_{j=0} ^n f(j)\sum _ {i=j} ^n (-1)^{i-j} \binom n i \binom i j$$

后面的组合数：$\binom n i \binom i j$ 考虑其组合意义，从 $n$ 个里面选 $i$ 个再从 $i$ 个里面选 $j$ 个用组合阶乘式子能给推成$\binom n j\binom {n-j}{i-j}$

然后再改变枚举顺序，平移一下循环变量

$$f(n)=\sum_{j=0} ^n \binom n j f(j) \sum _ {t=0} ^{n-j} (-1)^t \binom {n-j} t$$

在后面乘上 $1$ 的对应次方，用二项式定理转一步

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

显然得证（只有$i=n$时那个 $(1-1)^{n-j}$ 不为 $0$）

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还有一种相对常见的式子，因为题目中大多会表述为恰好选几个，然后我们用多步容斥（或二项式反演）就会方便求解

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

相关证明和上面的类似

例题

已经没有什么好害怕的了

我们设 $g$ 为正确答案，$f$ 为至少 $k$ 个答案

设 $dp_{i,j}$ 为前 $i$ 个选 $j$ 个 $A$ 中比 $B$ 中大的

先看是不是要配对，不要那就是 $f_{i,j}+=f_{i-1,j}$

再看如果配对的话，那就是 $f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+(larger(i)-j+1)$

$larger(i)$ 表示 $A_{i}$ 大于几个 $B_i$，可以用暴力或者单调栈做掉……

$f_x=dp_{n,x}\times(n-x)!$

这里上个反演就做完了

$$g_i=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \binom i k \times dp_{n,i}\times (n-i)!$$