二项式反演

基本公式

\[F(n)=\sum\limits_{i=m}^n\binom{n}{i}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}F(i) \]

\[F(n)=\sum\limits_{i=m}^n\binom{i}{m}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{i}{m}F(i) \]

证明：

这里只证明第一个，第二个同理。

要证明第一个式子等价于第二个式子，相当于把 \(F(n)\) 代入第二个式子后，第二个式子是恒等式。

代入得：

\(\begin{aligned}G(n)&=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\sum\limits_{j=m}^i\binom{i}{j}G(j)\\&=\sum\limits_{i=m}^n\sum\limits_{j=m}^i(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{j}G(j)\\&=\sum\limits_{j=m}^n\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{j}\binom{n-j}{i-j}G(j)\\&=\sum\limits_{j=m}^n\binom{n}{j}\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n-j}{i-j}G(j)\\&=\sum\limits_{j=m}^n\binom{n}{j}\sum\limits_{i=0}^{n-j}(-1)^{n-j-i}\binom{n-j}{i}G(j)\\&=\sum\limits_{j=m}^n\binom{n}{j}(1-1)^{n-j}G(j)\\&=\sum\limits_{j=m}^n\binom{n}{j}G(j)[n=j]\\&=\binom{n}{n}G(n)=G(n)\end{aligned}\)

二项式反演例题

1. 集合计数

一个有 \(n\) 个元素的集合，现在要取出此集合的若干子集（至少一个），使得它们的交集的元素个数为 \(k\)，求取法的方案数。

sol:

记 \(F(i)\) 为答案，\(G(i)\) 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。

而用 \(n−i\) 个元素都可以选或不选，所以共有 \(2^{N−i}\) 个集合，在其中选若干个集合有 \(2^{2^{N−i}}\) 种情况，再去掉一个空集，所以是 \(2^{2^{N−i}}-1\) 种方案。

则 \(G(i)=\binom{n}{k}(2^{2^{n-i}}-1)\)。

观察到 \(G(i)=\sum\limits_{j=i}^n\binom{j}{i}F(j)\)。

二项式反演得：

\(\begin{aligned}F(k)&=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}G(i)\\&=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\binom{n}{k}(2^{2^{n-i}}-1)\end{aligned}\)

2. 已经没有什么好害怕的了

有两个序列 \(a_i,b_i\) 保证所有元素互不相同。

你需要重排 \(b\) 序列，使得恰好有 \(k\) 个 \(i\) 满足 \(a_i>b_i\)，求方案数。

sol:

先将 \(a\) 序列排序。

考虑设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 对数，钦定有 \(j\) 对数满足 \(a_x>b_x\)。

则 \(dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}\times(cnt_{a_i}-j+1)\)。

其中，\(cnt_{a_i}\) 表示 \(b\) 序列中比 \(a_i\) 小的数的个数。

设 \(f(i)\) 表示钦定 \(i\) 对的方案数，\(g(i)\) 表示恰好 \(i\) 对的方案数。

观察可得：\(f_i=(n-i)!dp_{n,i}\)。

又有：\(f_i=\sum\limits_{j=i}^n\dbinom ji g_j\)

二项式反演得：\(g_k=\sum\limits_{i=k} ^n{(-1)^{n-i}\dbinom ik(n-i)!dp_{n,i}}\)。

3. Sky Full of Stars

有一个 \(n\times n\) 的矩阵，将其三染色，使得至少有一行或一列同色，问方案数。

sol:

记 \(f_{i,j}\) 为恰好 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数，\(g_{i,j}\) 为钦定 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数。

显然，\(g_{i,j}\) 有四种情况：

1. \(i=0,j=0\)，此时 \(g_{i,j}=3^{n^2}\)。

2. \(i=0,j\ne 0\)，此时 \(g_{i,j}=\binom{n}{j}3^j\cdot3^{n(n-j)}\)。

3. \(i\ne 0,j=0\)，此时 \(g_{i,j}=\binom{n}{i}3^i\cdot 3^{n(n-i)}\)。

4. \(i\ne 0,j\ne 0\)，此时有一行和一列相交，故只能取同种颜色，\(g_{i,j}=\binom{n}{i}\binom{n}{j}3\cdot 3^{(n-i)(n-j)}\)。

观察到：

\(\begin{aligned}g_{i,j}&=\sum\limits_{k=i}^n\sum\limits_{l=j}^n \binom{k}{i}\binom{l}{j}f_{k,l}\\&=\sum\limits_{k=i}^n\binom{k}{i}\sum\limits_{l=j}^n\binom{l}{j}f_{k,l}\end{aligned}\)

记 \(h_{k,j}=\sum\limits_{l=j}^n\binom{l}{j}f_{k,l}\)，则 \(g_{i,j}=\sum\limits_{k=i}^n\binom{k}{i}h_{k,j}\)。

二项式反演得：

\[h_{i,j}=\sum\limits_{k=i}^n\binom{k}{i}(-1)^{n-k}g_{k,j} \]

又 \(h_{i,j}=\sum\limits_{l=j}^n\binom{l}{j}f_{i,l}\)。

二项式反演得：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{l=j}^n(-1)^{n-l}\binom{l}{j}h_{i,l} \]

将 \(h_{i,l}\) 代入得：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{l=j}^n(-1)^{n-l}\binom{l}{j}\sum\limits_{k=i}^n(-1)^{n-k}\binom{k}{i}g_{k,l} \]

注意到我们只需要求出 \(f_{0,0}\)，答案就是总方案数减去 \(f_{0,0}\)。

所以 \(f_{0,0}=\sum\limits_{k=0}^n\sum\limits_{l=0}^n(-1)^{l+k}g_{k,l}\)。

把 \(g_{k,l}\) 分类可得：

\[f_{0,0}=g_{0,0}+\sum\limits_{j=1}^n(-1)^jg_{0,j}+\sum\limits_{i=1}^n(-1)^ig_{i,0}+\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(-1)^{i+j}g_{i,j} \]

其中前三部分都能 \(O(n)\) 求出，问题来到第四部分。

\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(-1)^{i+j}g_{i,j}&=3\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(-1)^i(-1)^j\binom{n}{i}\binom{n}{j}3^{(n-i)(n-j)}\\&=3\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{n-1}(-1)^i(-1)^j\binom{n}{i}\binom{n}{j}3^{ij}\\&=3\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{n}{i}\sum\limits_{j=0}^{n-1}(-1)^j3^{ij}\binom{n}{j}\\&=3\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{n}{i}\sum\limits_{j=0}^{n-1}(-3^i)^j\binom{n}{j}\\&=3\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i\binom{n}{i}[(-3^i+1)^n-(-3^{in})]\end{aligned}\)

这样就能 \(O(n)\) 算出了，此题得解。