容斥原理 & 二项式反演

0 集合

考虑「集合」和「限制」的联系。

对于某个限制 \(P_i\)，令满足这个限制的方案组成的集合为 \(S_i\)，那么一些集合中的定义：

• \(|S_i|\) 表示满足 \(P_i\) 限制的方案数；

• \(S_i \cup S_j\) 表示满足 \(P_i\) 或 \(P_j\) 限制的方案；

• \(S_i \cap S_j\) 表示满足 \(P_i\) 和 \(P_j\) 限制的方案；

• \(\overline{S_i}\) 表示不满足 \(P_i\) 限制的方案。

1 容斥原理

1.1 基础

1.1.1 「集合的并」\(\to\)「集合的交」

我们有：

\[\left|\bigcup _{i=1}^n S_i\right| = \sum_{1 \le i \le n}|S_i| - \sum_{1 \le i < j \le n} |S_i \cap S_j| + \sum_{1 \le i < j < k \le n}|S_i \cap S_j \cap S_k| - \dots + (-1)^{n}|S_1 \cap S_2 \cap \dots \cap S_n| \]

即：

\[\left|\bigcup _{i=1}^n S_i\right| = \sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{1 \le a_1 < \dots < a_i \le n }\left|\bigcap_{j=1}^i S_{a_j} \right| \]

证明见 OI-Wiki。

这样我们就可以将「集合的并」转化成「集合的交」，也即将「逻辑或」转化成「逻辑与」。

1.1.2 「集合的交」\(\to\)「补集的并」

我们有：

\[\left|\bigcap_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left|\bigcup_{i=1}^n \overline{S_i}\right| \]

即集合的交的大小，等于全集的大小减去每个集合的补集的交的大小。

当然，我们也可以通过 Part.0 理解，即「满足所有条件的方案数」等于「总方案数」减去「至少一个条件不满足的方案数」。

这样我们就可以将「集合的交」转化成「补集的并」，也即将「逻辑与」转化成「逻辑或」。

1.1.3 「集合的并」\(\to\)「补集的交」

类似的，我们有：

\[\left|\bigcup_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left|\bigcap_{i=1}^n \overline{S_i}\right| \]

即集合的交的大小，等于全集的大小减去每个集合的补集的并的大小。

当然，我们也可以通过 Part.0 理解，即「至少满足一个条件的方案数」等于「总方案数」减去「所有条件都不满足的方案数」。

这样我们就可以将「集合的并」转化成「补集的交」，也即将「逻辑或」转化成「逻辑与」。

1.2 例题

1.2.1 不定方程非负整数解计数

• 给定 \(n, m, b_i\)，求关于 \(x_i\) 的不定方程 \(\sum_{i=1}^n x_i = m\) 的满足 \(x_i \in [0, b_i] \cap \mathbb{N}\) 的解的数量。

• \(n \le 15\)，\(m, b_i \le 10^9\)。

显然一共有 \(n\) 个条件，第 \(i\) 个条件 \(P_i\) 为 \(0 \le x_i \le b_i\)。题意要求这 \(n\) 个条件都要满足，也就是要求 \(\left| \bigcap\limits_{i=1}^n S_i\right|\)。

发现这个条件的上界 \(x_i \le b_i\) 是极难处理的，但是下界 \(x_i \ge 0\) 的处理是容易的，因此我们考虑 Part.1.1.3 的方法。

\[\left|\bigcap_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left|\bigcup_{i=1}^n \overline{S_i}\right| \]

对于 \(|U|\) 的计算，即总方案数的计算，是可以用组合数学解决的。显然这是基础的插板法，答案为 \(\dbinom {n+m-1}{n-1}\)。具体见 OI-Wiki。

发现后半部分貌似也不能直接求解。观察形式是集合并，考虑用 Part.1.1.1 的方法。

\[\left|\bigcup _{i=1}^n \overline{S_i}\right| = \sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{1 \le a_1 < \dots < a_i \le n }\left|\bigcap_{j=1}^i \overline{S_{a_j}} \right| \]

我们可以 dfs 枚举上式中的 \(a_1, a_2, \dots, a_i\)，计算出答案后乘上系数 \((-1)^i\) 并累加即可。此时需要解决的是 \(\left|\bigcap\limits_{j=1}^i \overline{S_{a_j}} \right|\)，即所有 \(P_{a_j}\) 限制都不满足的方案数。

考虑 \(P_{a_j}\) 限制不满足的本质，是不满足 \(0 \le x_{a_j} \le b_{a_j}\)，即 \(x_{a_j} \ge b_{a_j} + 1\)。完成这件事情是极易的。由于题目要求 \(\sum_{i=1}^n x_i = m\) 且我们要求所有 $x_{a_j} \ge b_{a_j} +1 $。那么我们可以将 \(m\) 减去 \(b_{a_j} + 1\) 的和，然后将限制转化成 \(x_{a_j} \ge 0\)。这样就又转化成了前面的插板法。

总时间复杂度 \(\Theta(2^nn)\)，组合数计算不计。

1.2.2 [HAOI2008] 硬币购物\(^{\text{Luogu P1540}}\)

• 共有 \(4\) 种硬币。面值分别为 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)。某人去商店买东西，去了 \(n\) 次，对于每次购买，他带了 \(d_i\) 枚 \(i\) 种硬币，想购买 \(s\) 的价值的东西。请问每次有多少种付款方法。
• \(c_i, d_i, s \le 10^5\)，\(n \le 10^3\)。

若我们分别购买了四种商品 \(x_1, x_2, x_3, x_4\) 件，那么需要满足的条件为 \(0 \le x_i \le d_i\)。

发现这个上界是做不了的，但是下界的处理是极易的。我们思考这些问题：

1. 求满足 \(x_i \ge 0\)（也就是无限制）时，凑成 \(s\) 的方案数。

显然是完全背包。预处理即可。

2. 求满足 \(x_i \ge d_i\)（\(d_i\) 给定）时，凑成 \(s\) 的方案数。

既然至少要买 \(d_i\) 件，那么我们先将这 \(d_i\) 件买上，即 \(s \gets s - \sum c_id_i\)。然后就是第一个问题了。

3. 求满足 \(0 \le x_i \le d_i\)（\(d_i\) 给定）时，凑成 \(s\) 的方案数。即本题。

容斥。我们有公式：

\[\left| \bigcap_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left| \bigcup_{i=1}^n \overline{S_i} \right| \]

即「\(n\) 个条件都满足的方案数」等于「总方案数」减去「至少一个条件不满足的方案数」。

在本题中，「\(n\) 个条件都满足的方案数」即 \(\forall i, 0 \le x_i \le d_i\)，「至少一个条件不满足的方案数」即 \(\exist i, x_i \ge d_i + 1\)。

那么我们用 \(2^4\) 的复杂度枚举哪些条件是不满足的，即哪些 \(i\) 需要满足 \(x_i \ge d_i + 1\)。然后转化成了问题二。乘上容斥系数累加答案即可。

1.2.3 错排问题

• 求有多少 \(1 \sim n\) 的排列 \(a\) 满足 \(\forall i \in [1, n], a_i \ne i\)。

• \(n \le 10^6\)。

与 Part.1.2.1 极其相似。仍然是 \(n\) 个限制，第 \(i\) 个限制 \(P_i\) 是 \(a_i \ne i\)。仍然考虑式子：

\[\left|\bigcup_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left|\bigcap_{i=1}^n \overline{S_i}\right| \]

显然 \(|U| = n!\)。后面部分仍然用式子：

\[\left|\bigcup _{i=1}^n \overline{S_i}\right| = \sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{1 \le a_1 < \dots < a_i \le n }\left|\bigcap_{j=1}^i \overline{S_{a_j}} \right| \]

显然在排列中每个数的地位都是对称的，所以我们不必以 \(2^n\) 的复杂度枚举 \(a_j\)，而是指枚举 \(a_j\) 的数量 \(i\) 即可。

具体地，此时我们的限制是「存在至少 \(i\) 个位置 \(j\) 满足 \(a_j \ne j\)」。那么我们可以先钦定这 \(i\) 个位置不动，对于剩下的 \(n - i\) 个位置用全排列计算，即这个限制的条件下方案数为 \(\dbinom ni \times (n - i)! = \dfrac{n!}{i!}\)。

一步步代回原式，答案为：

\[n! - \sum_{i=0}^n(-1)^i\dfrac{n!}{d!} \]

2 二项式反演

2.1 反演

对于两个数列 \(g(x), f(x)\) 而言，若它们之间存在某种对应关系，使得不仅能从 \(f(x)\) 推出 \(g(x)\)，还能从 \(g(x)\) 反推出 \(f(x)\)，那么这个反推的过程就叫做反演。

形象化地，若原数列为 \(g(n)\)，新数列为 \(f(n)\)，且满足 \(f(n) = \sum\limits_{i=0}^n a_{n, i} \times g(i)\)，那么反演就是我们通过 \(f(n)\) 得到 \(g(n)\)，即 \(g(n) = \sum\limits_{i=0}^n b_{n, i} \times f(i)\)，那么我们可以这样表示：

\[f(n) = \sum\limits_{i=0}^x a_{n, i} \times g(i) \Longleftrightarrow g(n) = \sum\limits_{i=0}^n b_{n, i} \times f(i) \]

事实上，通过 \(g(x)\) 反推回 \(f(x)\) 可以用 \(\Theta(n^3)\) 的复杂度解 \(n\) 元一次方程组。但是在一些特殊的对应关系里，反演会化出一些优美的形式，例如莫比乌斯反演，单位根反演，子集反演，二项式反演等。

2.2 容斥原理与二项式反演

全集 \(U = \{S_1, S_2, \dots, S_n\}\) 且满足任意 \(i\) 个集合的并集、交集的大小都相同。

设 \(f(n)\) 表示 \(n\) 个集合的交集的大小，\(g(n)\) 表示 \(n\) 个集合的补集的交集的大小，有：

\[g(n) = \left|\bigcap_{i=1}^n S_i\right| = |U| - \left|\bigcup_{i=1}^n \overline{S_i}\right| = \left|U\right| + \sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{1 \le a_1 < \dots < a_i \le n }\left|\bigcap_{j=1}^i \overline{S_{a_j}} \right| = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni f(i) \]

以及：

\[f(n) = \left|\bigcap_{i=1}^n \overline{S_i}\right| = |U| - \left|\bigcup_{i=1}^n S_i\right| = \left|U\right| + \sum_{i=0}^n (-1)^i \sum_{1 \le a_1 < \dots < a_i \le n }\left|\bigcap_{j=1}^i S_{a_j} \right| = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni g(i) \]

可得：

\[g(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni f(i) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni g(i) \]

2.3 形式

• 形式一：

\[g(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni f(i) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom ni g(i) \]

• 形式二：

\[g(n) = \sum_{i=0}^n \dbinom ni f(i) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{i=0}^n (-1)^{n - i}\dbinom ni g(i) \]

实际上这个式子中的 \(f(i)\) 等于形式一中的 \((-1)^if(i)\)，代入即可。

• 形式三：

\[g(n) = \sum_{i=n}^N \dbinom Ni f(i) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{i=n}^N (-1)^{N - i}\dbinom Ni g(i) \]

这个式子是「至多」和恰好的转化。

• 形式四：

\[g(n) = \sum_{i=n}^N \dbinom in f(i) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{i=n}^N(-1)^{i - n} \dbinom in g(i) \]

这个式子是「至少」和恰好的转化。

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这里的「至少」与「至多」的概念并不是朴素的：

1. 「至少」：钦定了 \(i\) 个性质，剩下的性质不作限制。
2. 「至多」：钦定了 \(i\) 个性质不作限制，剩下的必须满足性质。

2.4 例题

2.4.1 已经没有什么好害怕的了\(^{\text{Luogu P4859}}\)

省去某些不重要的步骤后的简化题意：

• 给定两个长度为 \(n\) 的升序排序的数组 \(a_1 \dots a_n, b_1 \dots b_n\) 和 \(k\)。求有多少 \(1 \sim n\) 的排列 \(P\) 使得存在恰好 \(k\) 个位置 \(j\) 满足 \(a_j > b_{P_j}\)。
• \(k \le n \le 2 \times 10^3\)。

首先 DP。设 \(h(i,j )\) 表示 \(1 \sim i\) 中恰好有 \(j\) 个 \(k\) 满足 \(a_k > b_{P_k}\)。定义 \(r(i) = \max \{j \mid b_j < a_i\}\)，即比 \(a_i\) 小的最后一个 \(b\) 中的位置。转移考虑位置 \(i\) 是否属于 \(j\) 个 \(k\) 中，即：

\[h(i, j) = h(i - 1, j) + (r(i) - j + 1) \times h(i - 1, j - 1) \]

设 \(g(k)\) 表示「至少」\(k\) 个 \(i\) 满足 \(a_i > b_{P_i}\)，即钦定了 \(k\) 个位置 \(i\) 使得 \(a_i > b_{P_i}\)，而且剩余的位置不做限制的方案数。显然这样计数是会有重复的。可得：

\[g(k) = \sum_{i=k}^n h(n, i) \times (n - i)! \]

考虑如何解决重复的问题。再设 \(f(k)\) 表示恰好 \(k\) 个 \(i\) 满足 \(a_i > b_{P_i}\) 的方案数。显然 \(f(i)\) 在 \(g(k)\) 中重复计算了 \(\dbinom ik\) 次（因为一共有这么多种钦定方案），即：

\[g(k) = \sum_{i=k}^n \dbinom ik f(i) \]

二项式反演得：

\[f(k) = \sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} \dbinom ik g(i) \]

\(f(k)\) 即为所求。时间复杂度 \(\Theta(n^2)\)。

2.4.2 集合计数\(^{\text{BZOJ 2839}}\)

• 给定 \(n, k\)。令 \(S_0 = \{1, 2, 3, \dots, n\},S_1 = \{S \mid S \subseteq S_0\}\)，求有多少 \(S_1\) 的子集 \(S\) 满足 \(\left|\bigcap\limits_{S \in S_1} S\right| = k\)。
• \(k \le n \le 10^6\)。

仍然是钦定。设 \(f(k)\) 表示「至少」\(k\) 个元素是集合的交集，即钦定 \(k\) 个元素作为集合的交集，剩余不做限制的方案数，会有重复。有：

\[f(k) = \dbinom nk \left(2^{2^{n-k}}-1\right) \]

设 \(g(k)\) 表示恰好 \(k\) 个元素是集合的交集的方案数，有：

\[f(k) = \sum_{i=k}^n \dbinom ik g(i) \]

二项式反演得：

\[g(k) = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k} \dbinom ik f(i) = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k} \dbinom ik \dbinom ni \left(2^{2^{n-i}}-1\right) \]

\(g(k)\) 即为所求。时间复杂度 \(\Theta(n)\)。

3 参考资料

• 二项式反演 by @__allenge.
• 容斥原理 by OI-Wiki.
• 反演与狄利克雷卷积 by @Alex_Wei.
• Re：从零开始的二项式反演 by @佐世保の时雨酱.
• 二项式反演 by @hyl天梦.
• 【数学】二项式反演，原理及证明 by @Fyind.
• 二项式反演及其应用 by @GXZlegend.