二项式反演及其应用

概念

二项式反演为一种反演形式,常用于通过 “指定某若干个” 求 “恰好若干个” 的问题。

注意:二项式反演虽然形式上和多步容斥极为相似,但它们并不等价,只是习惯上都称之为多步容斥。

引入

既然形式和多步容斥相似,我们就从多步容斥讲起。

我们都知道:\(|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|\) ,这其实就是容斥原理。

它的一般形式为:

\[|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+...+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n| \]

证明:

设某一元素被 \(m\) 个集合所包含,则其对左侧的贡献为 \(1\)
对右侧的贡献为 \(\sum\limits_{i=1}^m(-1)^{i-1}{m\choose i}=-\sum\limits_{i=1}^m(-1)^i{m\choose i}=1-\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i{m\choose i}=1-(1-1)^m=1\)

故左侧等于右侧 ,证毕。

形式

形式零

沿用刚刚多步容斥的公式,记 \(A_i^c\) 表示 \(A_i\) 的补集,则将一般形式变形,可以得到:

\[|A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|-...+(-1)^n\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n| \]

同时,由于补集的补集就是原集,因此又有:

\[|A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i^c|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i^c\cap A_j^c|-...+(-1)^n\times |A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c| \]

考虑一种特殊情况:多个集合的交集大小只和集合的数目有关。

\(f(n)\) 表示 \(n\) 个补集的交集大小,\(g(n)\) 表示 \(n\) 个原集的大小,则两个公式分别可以写成:

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\\ g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i) \]

显然这两个公式是等价关系,更是相互推导的关系,于是我们得到了二项式反演的形式零:

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i) \]

形式一

公式如下:

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i) \]

证明一

在形式零中,令 \(h(n)=(-1)^ng(n)\) ,则形式零就变为了:

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}h(i)\Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i) \]

整理后就是形式一。

证明二

将右侧代入左侧,则:

\[\begin{split} f(n)&=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\choose j}f(j)\\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{i-j}{n\choose i}{i\choose j}f(j) \end{split} \]

考虑调换两个求和符号的顺序,即先枚举 \(i\) ,再枚举 \(j\) ,则又有:

\[f(n)=\sum\limits_{j=0}^nf(j)\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{i-j}{n\choose i}{i\choose j} \]

考虑 \({n\choose i}{i\choose j}\) 的组合意义:从 \(n\) 个中选 \(i\) 个,再从 \(i\) 个中选 \(j\) 个。不妨反过来想,先从 \(n\) 个中选 \(j\) 个,再从剩下的 \(n-j\) 个中选出 \(i-j\) 个,即 \({n\choose j}{n-j\choose i-j}\)

于是可以得到:

\[\begin{split} f(n)&=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)\sum\limits_{i=j}^n{n-j\choose i-j}(-1)^{i-j}\\ &=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)\sum\limits_{t=0}^{n-j}{n-j\choose t}(-1)^t1^{n-j-t}\\ &=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)(1-1)^{n-j} \end{split} \]

\(n-j\neq 0\) 时,显然 \((1-1)^{n-j}=0\)
\(n-j=0\) 时,出现 \(0^0\) 不能直接计算,需要使用组合形式求解,此时 \({n-j\choose t}(-1)^{t}=1\)

\(\sum\limits_{t=0}^{n-j}{n-j\choose t}(-1)^t=[j=n]\) ,于是:

\[f(n)={n\choose n}f(n)=f(n) \]

左右恒等,证毕。

注:由于证明二并未用到 \(i\)\(0\) 开始这一性质,因此更通用的公式为:

\[f(n)=\sum\limits_{i=m}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i) \]

形式二

这个形式和形式一类似,是最常用的公式。公式如下:

\[f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=n}^m(-1)^{i-n}{i\choose n}f(i) \]

证明

将右侧代入左侧,则:

\[\begin{split} f(n)&=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{j\choose i}f(j)\\ &=\sum\limits_{i=n}^m\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}f(j)\\ &=\sum\limits_{j=n}^mf(j)\sum\limits_{i=n}^j(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}\\ &=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{i=n}^j{j-n\choose j-i}(-1)^{j-i}\\ &=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-n}{j-n\choose t}(-1)^{t}1^{j-n-t}\\ &=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)(1-1)^{j-n}\\ &=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)[j=n]\\ &={n\choose n}f(n)\\ &=f(n) \end{split} \]

左右恒等,证毕。

组合意义

\(f(n)\) 表示 “钦定选 \(n\) 个”,\(g(n)\) 表示 “恰好选 \(n\) 个”,则对于任意的 \(i\ge n\)\(g(i)\)\(f(n)\) 中被计算了 \(i\choose n\) 次,故 \(f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)\) ,其中 \(m\) 是数目上界。

注意:在定义中,\(f(n)\) 表示先钦定 \(n\) 个,再统计钦定情况如此的方案数,其中会包含重复的方案,因为一个方案可以有多种钦定情况。具体地,对于恰好选择 \(i\) 个,钦定情况数为 \(i\choose n\) ,故 \(g(i)\)\(f(i)\) 中被计算了 \(i\choose n\) 次。切勿将 \(f(n)\) 来理解为普通的后缀和。

例题

[bzoj2839]集合计数

题目大意

一个有 \(n\) 个元素的集合有 \(2^n\) 个不同子集(包含空集),现在要在这 \(2^n\) 个集合中取出至少一个集合,使得它们的交集的元素个数为 \(k\) ,求取法的方案数模 \(10^9+7\)

\(1\le n\le 10^6\)\(0\le k\le n\)

题解

对于稍有组合数学基础的人,通过直觉很容易列出式子 \({n\choose i}(2^{2^{n-i}}-1)\) 。即钦定 \(i\) 个交集元素,则包含这 \(i\) 个的集合有 \(2^{n-i}\) 个;每个集合可选可不选,但不能都不选,由此可得此方案数。

接下来考虑上式与所求的关系:设 \(f(i)\) 表示钦定交集元素为某 \(i\) 个的方案数, \(g(i)\) 表示交集元素恰好为 \(i\) 个的方案数,则 \({n\choose k}(2^{2^{n-k}}-1)=f(k)=\sum\limits_{i=k}^n{i\choose k}g(i)\)

通过二项式反演求出 \(g(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}f(i)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}{n\choose i}(2^{2^{n-i}}-1)\)

使用一些预处理手段,时间复杂度 \(O(n)\)

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
ll fac[1000010] , ine[1000010] , fi[1000010] , pow[1000010];
ll choose(ll n , ll m)
{
    return fac[n] * fi[m] % mod * fi[n - m] % mod;
}
int main()
{
    int n , k , i;
    ll ans = 0;
    scanf("%d%d" , &n , &k);
    fac[0] = fac[1] = ine[1] = fi[0] = fi[1] = 1;
    for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
    {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        ine[i] = (mod - mod / i) * ine[mod % i] % mod;
        fi[i] = fi[i - 1] * ine[i] % mod;
    }
    pow[0] = 2;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) pow[i] = pow[i - 1] * pow[i - 1] % mod;
    for(i = k ; i <= n ; i ++ )
    {
        if((i & 1) == (k & 1)) ans = (ans + choose(n , i) * choose(i , k) % mod * (pow[n - i] - 1 + mod)) % mod;
        else ans = (ans - choose(n , i) * choose(i , k) % mod * (pow[n - i] - 1 + mod) % mod + mod) % mod; 
    }
    printf("%lld\n" , (ans + mod) % mod);
    return 0;
}

[bzoj3622]已经没有什么好害怕的了

题目大意

给出两个长度均为 \(n\) 的序列 \(A\)\(B\) ,保证这 \(2n\) 个数互不相同。现要将 \(A\) 序列中的数与 \(B\) 序列中的数两两配对,求 “ \(A>B\) 的对数比 \(A<B\) 的对数恰好多 \(k\) ” 的配对方案数模 \(10^9+9\)

题解

显然当 \(n-k\) 为奇数时必然无解;当 \(n-k\) 为偶数时,\(A>B\) 的对数恰好为 \(\frac{n+k}2\) ,记 \(m=\frac{n+k}2\)

由于 “恰好” 这一限制不容易处理,考虑将其转化为 “钦定” 限制,进而通过二项式反演来处理。

先将 \(A\)\(B\) 从小到大排序,设 \(dp(i,j)\) 表示考虑了 \(A\) 的前 \(i\) 个数,钦定了 \(j\)\(A>B\) 的方案数。

讨论 \(A_i\) 的配对情况:若不配对,则方案数为 \(dp(i-1,j)\) ;若配对,记 \(B\) 中比 \(A_i\) 小的数的个数为 \(cnt(i)\) ,则方案数为 \(dp(i-1,j-1)\times (cnt(i)-(j-1))\)

\(dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,j-1)\times(cnt(i)-(j-1))\)

\(f(i)\) 表示钦定 \(i\)\(A>B\) 的方案数,\(g(i)\) 表示恰好 \(i\)\(A>B\) 的方案数,则 \((n-m)!\times dp(n,m)=f(m)=\sum\limits_{i=m}^n{i\choose m}g(i)\)

\(g(m)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{i\choose m}f(i)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{i\choose m}(n-i)!\times dp(n,i)\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 2010
#define mod 1000000009
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[N] , b[N];
ll c[N][N] , fac[N] , f[N][N];
int main()
{
    int n , k , i , j , p = 0;
    ll ans = 0;
    scanf("%d%d" , &n , &k);
    if((n ^ k) & 1)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    k = (n + k) >> 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &b[i]);
    sort(a + 1 , a + n + 1) , sort(b + 1 , b + n + 1);
    for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) f[i][0] = 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    {
        while(p < n && b[p + 1] < a[i]) p ++ ;
        for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
            f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] * (p - j + 1)) % mod;
    }
    c[0][0] = fac[0] = 1;
    for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    {
        c[i][0] = 1 , fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;;
        for(j = 1 ; j <= i ; j ++ )
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;
    }
    for(i = k ; i <= n ; i ++ )
    {
        if((i ^ k) & 1) ans = (ans - c[i][k] * f[n][i] % mod * fac[n - i] % mod + mod) % mod;
        else ans = (ans + c[i][k] * f[n][i] % mod * fac[n - i]) % mod;
    }
    printf("%lld\n" , ans);
    return 0;
}

[bzoj4710]分特产

题目大意

\(n\) 个人和 \(m\) 种物品,第 \(i\) 种物品有 \(a_i\) 个,同种物品之间没有区别。现在要将这些物品分给这些人,使得每个人至少分到一个物品,求方案数模 \(10^9+7\)

题解

对于多种物品的情况,“每个人至少分到一个物品” 是一个非常棘手的条件,考虑将其转化为 “恰好 \(0\) 个人没有分到物品” ,并用二项式反演来解决。

\(f(i)\) 表示钦定 \(i\) 个人没有分到物品的方案数,\(g(i)\) 表示恰好 \(i\) 个人没有分到物品的方案数,则在 \(f(t)\) 中,对于第 \(i\) 种物品,分配时相当于 \(a_i\) 个物品分给 \(n-t\) 个人,方案数为 \({n-t+a_i-1\choose a_i-1}\) , 于是 \({n\choose t}\prod\limits_{i=1}^m{n-t+a_i-1\choose a_i-1}=f(t)=\sum\limits_{i=t}^n{i\choose t}g(i)\)

\(g(t)=\sum\limits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{i\choose t}f(i)=\sum\limits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{i\choose t}{n\choose i}\prod\limits_{j=1}^m{n-i+a_j-1\choose a_j-1}\)

最终的答案 \(g(0)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}\prod\limits_{j=1}^m{n-i+a_j-1\choose a_j-1}\)

时间复杂度 \(O(n^2+nm)\)

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 2010
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
ll c[N][N];
int w[N];
int main()
{
    int n , m , i , j;
    ll ans = 0 , tmp;
    for(i = 0 ; i <= 2000 ; i ++ )
    {
        c[i][0] = 1;
        for(j = 1 ; j <= i ; j ++ )
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;
    }
    scanf("%d%d" , &n , &m);
    for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d" , &w[i]);
    for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
    {
        tmp = c[n][i];
        for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
            tmp = tmp * c[w[j] + n - i - 1][w[j]] % mod;
        if(i & 1) ans = (ans - tmp + mod) % mod;
        else ans = (ans + tmp) % mod;
    }
    printf("%lld\n" , ans);
    return 0;
}
posted @ 2019-08-25 10:55  GXZlegend  阅读(3189)  评论(8编辑  收藏