反演原理及二项式反演

$g_n = \sum_{i=0}^n a_{ni}f_i$

反演过程就是利用

$f_n = \sum_{i = 0}^n b_{ni}g_i$

这样的话，我们只需要知道 $\{g_n\}$ 的求解方法和 $\{g_n\}$ 和 $\{f_n\}$ 的关系，就可以快速求解 $\{f_n\}$

本质上来说，反演其实是一个解线性方程组的过程，但是你观察后发现，这个矩阵实际上是一个三角矩阵，那必然存在着快捷的方法。对于使得这两个反演公式成立的这些系数应该满足什么条件呢？我们现在就来探讨一番！

我们首先讨论一下在什么情况下能够比较容易建立反演公式，之后介绍二项式反演以及它的两个应用，其中一个是错位排列问题

反演原理

首先我来介绍一个

$\delta_{ij} = \left \{ \begin{eqnarray*} 0 ~ ~ ~ ,i \neq j\\ 1 ~ ~ ~ ,i = j \end{eqnarray*} \right .$

这个函数的定义非常简单，我介绍它完全是为了后面叙述的方便

好，我们现在来考虑一下上面的式子，假设对于任意

$g_n = \sum_{i=0}^n a_{ni}f_i$

那么我们来考虑一下下面这个式子成立应该要满足什么条件

$\begin{equation} \label{inversion-2} \sum_{i = 0}^n b_{ni}g_i = f_n \end{equation}$ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$(1)$

我们可以直接将

$\begin{eqnarray*} & & \sum_{i=0}^n b_{ni}g_i \\ &=& \sum_{i=0}^n b_{ni} \sum_{j=0}^i a_{ij}f_j \\ &=& \sum_{i=0}^n f_i \sum_{j=i}^n b_{nj}a_{ji} \end{eqnarray*}$

对于最后一步，实际上是变换了求和顺序，为了更容易理解，我按照矩阵的形式写出来

那么，前一个求和是先对行进行，再将各行加起来，后一个就是先对列进行，再将各列加起来

这样的话，等式$1$

$\sum_{j=i}^n b_{nj}a_{ji} = \delta_{ni}$

同样地，我们反过来也能知道，整个反演公式要成立还需要满足一个必要条件

$\sum_{j=i}^n a_{nj}b_{ji} = \delta_{ni}$

也就是，如果你发现某个数列满足上面这个条件，那么你就可以直接建立起反演公式！

事实上，在快速傅立叶变换和逆变换你也可以认为是一个反演的过程，具体可以看这一步的推导，你会发现它和这个很相似。此外，第一类 Stirling 数和第二类 Stirling 数也满足这个条件，不过我暂时没有发现它们建立起的反演公式有什么应用。我下面来介绍一个比较有用的反演公式

二项式反演

下面就来介绍二项式反演（binomial inversion），这可以表示成

$f_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} g_i \Leftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n (-1)^i {n \choose i} f_i$

你会发现这个式子具有极强的对称性！另外一个更加常见的形式是

$f_n = \sum_{i=0}^n {n \choose i} g_i \Leftrightarrow g_n = \sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} {n \choose i} f_i$

现在我们先来给出这个公式的一个容斥解释，之后从代数角度证明一下这个式子，最后介绍两个它的应用

代数证明

根据文章开头反演原理部分的讨论，加上这个公式的对称性，我们只需要证明

$\sum_{i=j}^n (-1)^{i+j} {n \choose i}{i \choose j} = \delta(i, j)$

这里

好，现在我们来证明它，首先需要一个二项式系数的知识

如果运用组合推理就相当于是，你有一个

接下来换一种方式，先对

这样最后就可以得到

于是，反演公式就建立了！

容斥原理证明

实际上，二项式反演是容斥原理（inclusion-exclusion principle）的一种最常见的特例子，让我们先来回忆一下容斥原理

设集合

那么，考虑这样一种特殊的情况，若对于集族

$g_i = |A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n|$

明显的，在

这样一来，上面的容斥结果就是

$\begin{eqnarray*} & &|\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}| \\ &=& g_0 - {n \choose 1} g_1 + {n \choose 2} g_2 + \cdots + (-1)^n {n \choose n} g_n \end{eqnarray*}$

由于

$f_i = |\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_i}|$

同样令

这也正是

应用

错位排列问题

求有多少个长度为

这个问题有很多解法，我们来介绍一个有意思的解法：

为了叙述方便，我们称位置

首先我们知道，如果不考虑

$n! = \sum_{i=0}^n {n \choose i} f_i$

是否觉得和刚刚的反演公式很相似？这里的

$\begin{eqnarray*} f_n &=& \sum_{i=0}^n (-1)^{n+i} {n \choose i} i! \\ &=& \sum_{i=0}^n (-1)^{n+i} \frac{n!}{(n-i)!} \\ &=& n!\sum_{i=0}^n \frac{(-1)^{i}}{i!} \\ \end{eqnarray*}$