二项式反演
话说好久没写博客了～～
不久前一道考试题暴露了数学渣渣的本质：
斯特林反演（不会）-> 善用搜索引擎 -> 容斥系数&原理（不会）-> 善用搜索引擎 -> 二项式反演（不会）->
善用搜索引擎 -> 二项式定理（不会）-> 善用搜索引擎 -> 杨辉三角（打个表找规律终于会了）
今天又有一道数学题，想骗个分结果exgcd不会写……
最近有时间一定恶补数学。
二项式定理
$(a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ia^ib^{n-i}$
证明：
n=1时显然成立
我们设n=m时二项式定理成立
那么只需证明n=m+1时成立，我们就可以推得n=2,3,……,+∞时二项式定理成立，即证明出了二项式定理对于一切正整数都成立，即证明了二项式定理。
n=m时二项式定理成立，则$(a+b)^m=\sum\limits_{i=0}^mC_m^ia^ib^{m-i}$
那么有：\begin{array}{lcl}(a+b)^{m+1} & = & a(a+b)^m+b(a+b)^m \\& = & a \sum \limits_{i=0}^m C_m^ia^ib^{m-i}+b \sum \limits_{j=0}^mC_m^ja^jb^{m-j} \\& = & \sum\limits_{i=0}^mC_m^ia^{i+1}b^{m-i}+\sum\limits_{j=0}^mC_m^ja^jb^{m-j+1} \\ & = & a^{m+1}+\sum\limits_{i=0}^{m-1}C_m^ia^{i+1}b^{m-i}+b^{m+1}+\sum\limits_{j=1}^mC_m^ja^jb^{m-j+1} \\ & = & a^{m+1}+\sum\limits_{j=1}^mC_m^{j-1}a^jb^{m-j+1}+b^{m+1}+\sum\limits_{j=1}^mC_m^ja^jb^{m-j+1} （用j表示i）\\ & = & a^{m+1}+\sum\limits_{j=1}^m(C_m^{j-1}+C_m^j)a^jb^{m-j+1}+b^{m+1} \\ & = & a^{m+1}+\sum\limits_{j=1}^mC_{m+1}^ja^jb^{m-j+1}+b^{m+1} \\ & = & \sum\limits_{j=0}^{m+1}C_{m+1}^ja^jb^{m-j+1}\end{array}
得证。
至于杨辉三角和二项式定理有什么关系……
自己打个表找个规律不就行了
杨辉三角第n行的数对应$(a+b)^n$的各项系数
杨辉三角还有不少神奇性质，不再一一列举
二项式反演
基本形式有一种对称美： $f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^ig_i \Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if_i$
常见形式为$f_n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig_i \Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if_i$
还有一个是$f_k=\sum\limits_{i=k}^nC_i^kg_i \Leftrightarrow g_k=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}C_i^kf_i$
我们来证明第一个常见形式。
我们已知$f_n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig_i$
那么\begin{array}{lcl}\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if_i & = & \sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^i\sum\limits_{j=0}^iC_i^jg_j \\& = & \sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{n-i}C_n^iC_i^jg_j \\ & = &\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{i-j}g_j \end{array}
对于$\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i$来说，其代表$i\in[0,n]，j\leq i$的所有情况
事实上其等价于$j\in[0,n],i\ge j$的所有情况（感性理解吧，我也不知道怎么说才更清楚）
那么 $ 原式 = \sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{i-j}g_j $
显然对于j=n时$\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{i-j}g_j$的值为$g_n$
对于j!=n时，我们考虑g_j的系数$ \sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{i-j}$
首先对于一个固定的j来说$C_n^j$就是一个常数，我们将其删去，$g_j$的系数变为$ \sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_{n-j}^{i-j}$
显然n-j也是个常数，我们设m=n-j
然后我们再将i变为[0,m],可以理解为向左平移
那么系数变为$\sum\limits_{i=0}^m(-1)^{m-i}C_m^i$
有没有觉得很眼熟？
考虑二项式定理$(a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ia^ib^{n-i}$，我们令a=1,b=-1,n=m，有$0=\sum\limits_{i=0}^mC_m^i(-1)^{m-i}$，而这个式子就是$g_j$的系数
于是对于所有j!=n的情况，$g_i$的系数都为0，只有j=n时$g_i$的系数和为1
那么$\sum\limits_{j=0}^n\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{i-j}g_j = g_n $
即$\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^if_i=g_n$，得证。
应用主要有恰好与至多，恰好与至少的转换。
一类很典型的问题叫错排问题，可以用二项式反演解决。
（不过二项式反演能做的一般直接用容斥+感性理解也能怼出来）
例题：bzoj2839 集合计数
设$f_i$表示交集元素至少为i的方案数，$g_i$表示交集元素恰好为i的方案数（有坑，请读者留意）
对于$f_i$，我们考虑先从n个元素中选出i个必选的，共有$C_n^i$种方案，然后还剩下n-i种元素可以组成$2^{n-i}$个集合
（含空集，在确定集合后每个集合在加上钦定的i个元素才构成最终的集合）
对于这些集合，我们可以选也可以不选，但由题意可知不能都不选（至少选一个），于是有$2^{2^{n-i}}-1$种方案
那么有$f_i=C_n^i(2^{2^{n-i}}-1)$
完了吗？
如果$f_i$的定义就是交集元素至少为i的方案数，那么这么算是错误的，因为这样会把一种情况重复计算多次。
（网上其他这么说的题解都是错的，我不知道是抄的还是真理解错了，害得我懵了好久）
（也可能是我这个蒟蒻理解错了，如果有大佬能指出的话，万分感谢&顶礼%bai）
举个例子，n=3,我们求出$f_i=9$，但事实上$f_i=7$，因为{A，B，C}这个集合被计算了3次。
实际上$f_i$真正的含义是所有交集为固定i个数的方案数的总和。
那么对于$f_i$和$g_i$，显然有$f_i=\sum\limits_{j=i}^nC_j^ig_j$，因为$g_j$的每一种方案交集中的j个数都对应$f_i$中的$C_j^i$种钦定方案。
那么由二项式反演的第二个常用形式可以推得$g_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}C_j^if_j$
可以$\Theta(N)$计算出来了。
当然本题用容斥也可以解决。（巨神skyh的题解）
代码就不放了，请自己思考（其实博主是用容斥写的）
完结撒花= =
