二项式反演 笔记

本文原在 2024-05-23 13:52 发布于本人洛谷博客。

一、简单介绍

1. 钦定与恰好

如在 \(5\) 个苹果中选择 \(3\) 个，钦定选择 \(3\) 个意为选定某 \(3\) 个后，剩下 \(2\) 个可选可不选；而恰好选择 \(3\) 个则意味着选定某 \(3\) 个后，其他都不能选。

2. 公式

设 \(g(x)\) 表示恰好 \(x\) 个条件满足的答案，\(f(x)\) 表示钦定 \(x\) 个条件满足的答案。

\[f(x)=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}g(i)\Leftrightarrow g(x)=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}\binom{i}{x}f(i) \]

设 \(g(x)\) 表示恰好 \(x\) 个条件满足的答案，\(f(x)\) 表示钦定 \((n-x)\) 个条件不满足的答案（即至多 \(x\) 个条件满足的答案）：

\[f(x)=\sum_{i=0}^x\binom{x}{i}g(i)\Leftrightarrow g(x)=\sum_{i=0}^x(-1)^{n-i}\binom{x}{i}f(i) \]

二、应用

1. 字符串匹配

给定 \(n\) 个长度相同的字符串 \(s_i\)，如果一个字符串 \(T\) 每一位都和 \(s_i\) 相同（其中 ? 代表和任何字母都相同），那么就称这两个字符串匹配。

求 \(T\) 恰好能匹配 \(k\) 个字符串的方案数。

\(1\le k\le n\le 15\)。

设 \(f(i)\) 表示钦定匹配某 \(i\) 个字符串的方案数， \(g(i)\) 表示恰好匹配某 \(i\) 个字符串的方案数。

考虑求 \(f(i)\)。

用二进制枚举枚举不同字符串的组合，然后判断这 \(cnt\) 个字符串能否用一个 \(T\) 来匹配，如果可以的话，那么就对 \(f(cnt)\) 有贡献，如果 \(T\) 中每出现一位可以为 ? 的位，那么贡献值就要乘上 \(26\)（可以选 a~z）的任何数。

然后二项式反演即可，\(g(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}f(i)\)

for (int mask = 0; mask < 1 << n; mask++) {
    int cnt = 0;
    bool b = false;
    string t = "";
    for (int i = 0; i < l; i++) t += '?';
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if ((1 << i) & mask) {
            cnt++;
            for (int j = 0; j < l; j++) {
                if (s[i][j] == '?' or t[j] == s[i][j]) continue;
                else if (t[j] == '?') t[j] = s[i][j];
                else {
                    b = true;
                    break;
                }
            }
        }
        if (b) break;
    }
    if (b) continue;
    int res = 0;
    for (int j = 0; j < l; j++)
        if (t[j] == '?') res++;
    f[cnt] = (f[cnt] + mypow(26, res)) % mod;
}
for (int i = k; i <= n; i++) ans = (ans + mypow(-1, i - k) * C(i, k) % mod * f[i] % mod + mod) % mod;

2. P4859 已经没有什么好害怕的了

给出两个数组 \(a_n\)，\(b_n\)，其中 \(2n\) 个数互不相同，将 \(a\) 和 \(b\) 中的数两两配对，设 \(a_i>b_i\) 的有 \(x\) 个，\(a_i<b_i\) 的有 \(y\) 个，求 \(x-y=k\) 的方案数。

\(1\le k\le n\le 2000\)。

易得 \(y=n-x\)，则 \(x-n+x=k\)，\(x=\frac{n+k}{2}\)。

同样，设 \(f(i)\) 表示 \(a>b\) 的组数钦定为某 \(i\) 个的方案数， \(g(i)\) 表示 \(a>b\) 的组数恰好为某 \(i\) 个方案数。

考虑求 \(f(i)\)，可以用 dp 求 \(a>b\) 的方案数。

设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数选了 \(j\) 组 \(a>b\) 的方案数，则：

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}\times (r_i-j+1) \]

其中 \(r_i\) 表示 \(a_i>b\) 的个数。

由于是钦定，剩下的数能随便配对，有 \((n-i)!\) 种组合。

故

\[f(i)=dp_{n,i}(n-i)! \]

二项式反演即可。

if ((n + k) % 2) {
	cout << 0;
	return 0;
}
k = (n + k) / 2;
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1);
for (int p = 1, q = 0; p <= n; p++) {
    while (q < n and b[q + 1] < a[p]) q++;
    r[p] = q;
}
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    dp[i][0] = 1;
    for (int j = 1; j <= i; j++) 
        dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + (r[i] - j + 1) * dp[i - 1][j - 1] % mod) % mod;
}
for (int i = 0; i <= n; i++)
    f[i] = dp[n][i] * fac[n - i] % mod;
for (int i = k; i <= n; i++)
    ans = (ans + (mypow(-1, i - k) + mod) % mod * C(i, k) % mod * f[i] % mod) % mod;

3. P10596 BZOJ2839 集合计数

设 \(f(x)\) 表示钦定 \(x\) 个元素为交集的答案，随便选 \(x\) 个就是 \(C_n^x\)，剩下 \((n-x)\) 个数构成 \(2^{n-x}\) 个集合，这其中中已经包含了一个空集，因此至少要选择一个集合。每个集合选或不选就是 \(2^{2^{n-x}}\)，再减掉啥也不选。

\[f(x)=C_n^x(2^{2^{n-x}}-1) \]

二项式反演，设 \(g(x)\) 表示恰好 \(x\) 个元素为交集。

\[g(x)=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}C_i^xf(x) \]

如何计算 \(2^{2^{n-x}}\)？注意到当 \(x=n\) 时，\(2^{2^{n-x}}=2\)，而

\[2^{2^{n-(x-1)}}=2^{2^{n-x}\times 2}=(2^{2^{n-x}})^2 \]

倒着算即可。

4. P10597 BZOJ4665 小 w 的喜糖

设 \(f(x)\) 表示钦定 \(x\) 个不变，但直接组合数算重很多，因为颜色有重复的。设 \(dp(i,j)\) 表示考虑前 \(i\) 种颜色，钦定了 \(j\) 个人不变的方案数。

\[dp(i,j)=\sum dp(i-1,j-k)C_{cnt_i}^k\div (cnt_i-k)! \]

除去的原因是，没被钦定的人不能随便重排。

\(f(i)=dp(n_{cnt},i)\)，二项式反演。