<学习笔记> 二项式反演

二项式反演

证明

我们设 \(g(x)\) 为任意 \(x\) 个集合的交集的大小， \(f(x)\) 表示任意 \(x\) 个集合补集的交集大小。

首先有 (组合数学6.2)

\[|\overline{S_1}\cap\overline{ S_2}\cap...\cap \overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}|=|U|-|{S_1}|-|{S_2}|-...+(-1)^n\times |{S_1}\cap {S_2}\cap...\cap{S_{n-1}}\cap {S_n}|=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i}g(i) \]

将补集看成原集，将原集看成补集，就有

\[|S_1\cap S_2\cap...\cap S_{n-1}\cap S_n|=|U|-|\overline{S_1}|-|\overline{S_2}|-...+(-1)^n\times |\overline{S_1}\cap \overline{S_2}\cap...\cap\overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}|=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i}f(i) \]

可以知道

\[g(n)=|S_1\cap S_2\cap ...\cap S_{n-1}\cap S_n| \]

\[f(n)=|\overline{S_1}\cap\overline{ S_2}\cap...\cap \overline{S_{n-1}}\cap \overline{S_n}| \]

所以就有反演基本形式：

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

另 \(h(x)=(-1)^xf(x)\)

那么就可以得到最常用的形式

\[g(n)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}f(i)\Longleftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\dbinom{n}{i}h(i) \]

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

形式

形式零

\[f[n]=\sum_{i=0}^n(-1)^i*C^i_n*g[i] \Leftrightarrow g[n]=\sum_{i=0}^n(-1)^i*C^i_n*f[i] \]

形式一（适用于设至多存在，\(g(i)\) 是恰好，\(f(n)\) 是至多）

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

形式二（适用于设至少存在，\(g(i)\) 是恰好，\(f(n)\) 是至少）

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

组合意义

记 \(g(n)\) 表示 "至少选 \(n\) 个" \(f(n)\) 表示 "恰好选 \(n\) 个",则对于任意的 \(i≥x\) ,\(f(i)\) 在 \(g(x)\) 中被计算了 \(\dbinom{i}{n}\) 次，故 \(g(x)=\sum_{i=x}^{n}\) ，其中 \(n\) 是数目上界。

例题

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 \(10^9+7\) 。

题解

通过思考列出式子 \({C^i_n}(2^{2^{n-i}}-1)\) 。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
\({C^k_n}(2^{2^{n-k}}-1)=f(k)=\sum\limits_{i=k}^n{i\choose k}g(i)\)

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 \(O(n)\) 。

这里对于 \(2^{2^{n-i}}\) 取模，这里可以进行预处理，定义 \(base[i]\) 数组，\(base[i]=2^{2^{n-i}}\)
，则 $base[i]=base[i-1]^2 mod $ \(p\) 即可。

Another Filling the Grid

对于一行合法的话，答案就是 \(k^n-(k-1)^n\)。那么考虑加上列，那么我们设 \(g_i\) 表示至少有 \(i\) 列不合法，相当于下界的限制，那么就有 \(g_i={n \choose i} ((k-1)^i k^(n-i)-(k-1)^n)^n\)。

那么二项式反演有 \(Ans=\sum_{i=0}^{n} (-1)^{i-0} {i \choose 0}g_i\)。

code

// Another Filling the Grid 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int N=300;
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
int g[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main(){
    int n,k;
    scanf("%lld%lld",&n,&k); 
    init();
    for(int i=0;i<=n;i++){
        g[i]=C(n,i)*qpow((qpow(k,n-i)*qpow(k-1,i)%mod-qpow(k-1,n)+mod)%mod,n)%mod;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=n;i++){
        int tmp=((i)%2 ? -1: 1);
        ans=(ans+tmp*C(i,0)*g[i]%mod+2*mod)%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
}

[JLOI2016] 成绩比较

考虑将这个分成两个部分考虑

1.计算在n-1个人中选出k个，被B神碾压的方案数并且对于剩下的n-1-k个人，计算有多少种方案来合法分配每一个人、每一门科目的得分状况。这里，得分状况定义为是比B神高，还是比B神低或相等。

2.已知每一门科目的得分状况，计算对于给定的满分，有多少种分配分数的方案。

对于第一部分

我们设 \(g(p)\) 表示至少有 \(p\) 个被碾压，考虑每一门科目有 \(r_i-1\) 个人比他高，这些人来自 \(n-p-1\) 个人中，那么就有 \(g(p)={n \choose p} \prod_{i=1}^{m} {r_i-1 \choose n-p-1}\)。

然后设 \(f(p)\) 表示恰好有 \(p\) 个被碾压，根据二项式定理就有 \(f(p)=\sum_{x=p}^{n} (-1)^{x-p} {x \choose p}g(x)\)。

那么这一部分答案就是 \(f(k)\)。

对于第二部分

我们考虑 \(G(u,a,b)\) 表示取值范围位 \(u\)，有 \(a\) 个比他大， \(b\) 个小于等于他，那么可以枚举他的成绩计算。

因为 \(u\) 的范围太大，所以我们考虑枚举有几种就可以，就是乘上组合数 \({u \choose t}\)，我们发现你并不能取到 \(t\) 种颜色，所以我们再一次进行二项式反演，这回设 \(h(t)\) 表示至多有 \(t\) 种颜色，然后求 \(p(t)\) 表示恰好有 \(t\) 种颜色。

code

// 成绩比较
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=1005;
int U[N+5],R[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
int g[N+5],h[N+5];
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    inv[0]=fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    if(x<y) return 0;
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int CC(int x,int y){
    int ans=1;
    for(int i=x-y+1;i<=x;i++) ans=ans*i%mod;
    for(int i=1;i<=y;i++) ans=ans*qpow(i,mod-2)%mod;
    return ans;
}
int G(int u,int a,int b){ // > : a   //   <= : b
    int ans=0;
    for(int x=1;x<=u;x++){
        int w=qpow(u-x,a)*qpow(x,b)%mod;
        ans=(ans+w)%mod;
    }
    return ans;
}
signed main(){
    int n,m,k;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&U[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&R[i]);
    init();
    // 比自己高的一定是不被碾压的，比自己低的不一定是被碾压的
    for(int p=1;p<=n;p++){
        g[p]=C(n-1,p); // 至少有 p 个被碾压的
        for(int i=1;i<=m;i++){
            g[p]=g[p]*C(n-p-1,R[i]-1)%mod;
        }
    }
    int fx=0;
    for(int i=k;i<=n;i++){
        int tmp=((i-k)%2 ? -1 : 1);
        fx=(fx+tmp*C(i,k)%mod*g[i]%mod+mod)%mod;
    }
    int fy=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int tp=min(n,U[i]);
        for(int t=1;t<=tp;t++){
            h[t]=G(t,R[i]-1,n-R[i])%mod;//*C(U[i],t)
        }
        int cnt=0;
        for(int t=1;t<=tp;t++){
            int sum=0;
            for(int j=1;j<=t;j++){
                int tmp=((t-j)%2 ? -1 : 1);
                int kl=tmp*C(t,j)%mod*h[j]%mod;
                sum=(sum+kl+mod)%mod;
            }
            cnt=(cnt+sum*CC(U[i],t)%mod+mod)%mod;
        }
        fy=fy*cnt%mod;
    }
    printf("%lld",fx*fy%mod);
}

情侣？给我烧了！

设 \(g_{k}\) 表示至少有 \(k\) 对情侣坐一块，那么 \(g_{k}=2^k {n \choose k}{n \choose k} k! (2*n-2*k)!\)。

设 \(f_{k}\) 表示恰好与 \(k\) 对情侣坐一块，那么有 \(f_{k}=\sum_{i=k}^{n} {i \choose k} (-1)^{i-k} g_{i}\)。

我们考虑优化它

\[f_{k}=\sum_{i=0}^{n-k} {i+k \choose k} (-1)^i 2^{i+k} {n \choose k} {n \choose k} (i+k)!(2*n-2*k-2*i)! \]

\[f_{k}=\frac{2^k (n!)^2}{k!} \sum_{i=0}^{n-k} (-1)^i 2^i \frac{(2*n-2*k-2*i)!}{i![(n-i-k)!]^2} \]

这样我们发现里面的东西只和 \(n-k\) 上界有关，那么可以进行预处理，然后直接查询。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2005;
const int mod=998244353;
int f[N+5],g[N+5];
int fac[N+5],inv[N+5];
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main(){
    init();
    for(int lim=0;lim<=N/2;lim++){
        for(int i=0;i<=lim;i++){
            int w=(i&1 ? -1 : 1);
            int tmp=fac[lim-i]*fac[lim-i]%mod*fac[i]%mod;
            g[lim]=(g[lim]+w*qpow(2,i)*fac[2*lim-2*i]%mod*qpow(tmp,mod-2)%mod+mod)%mod;
        }
    }
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        int n;
        scanf("%lld",&n);
        for(int k=0;k<=n;k++){
            int w=qpow(2,k)*fac[n]%mod*fac[n]%mod*qpow(fac[k],mod-2)%mod;
            int ans=w*g[n-k]%mod;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
}

多元二项式反演公式

如果满足

\[g(n_1,n_2,\cdots,n_m)=\sum\limits_{k_i=0}^{n_i}\prod^m_{i=1}\dbinom{n_i}{k_i}f(k_1,k_2,\cdots,k_m) \]

那么就有

\[f(n_1,n_2,\cdots,n_m)=\sum_{k_i=0}^{n_i}\prod_{i=1}^m(-1)^{n_i-k_i}\dbinom{ n_i }{k_i}g(k_1,k_2,\cdots,k_m)\]

Sky Full of Stars

设 \(g_{i,j}\) 表示至少有 \(i\) 行 \(j\) 列同一个颜色，\(f_{i,j}\) 表示恰好有 \(i\) 行 \(j\) 列同一个颜色。

那么有 \(g_{i,j}=\sum_{x=i}^{n} \sum_{y=j}^{n} {x \choose i}{y \choose j} f_{i,j}\) 那么有

\[f_{i,j}=\sum_{x=i}^{n} \sum_{y=j}^{n} (-1)^{x-i} {x \choose i}(-1)^{y-j}{y \choose j} g_{i,j} \]

发现答案其实是 \(3^{n^2} - f_{0,0}\)，所以只考虑如何求 \(f_{0,0}\)。

考虑 \(g_{i,j}\) 的答案，我们此时必须要考虑零的情况：

• 假如都不为 0

  \(g_{i,j}=3 {n \choose i} {n \choose j} 3^{(n-i)(n-j)}\)

• 有一维为 0

  \(g_{i,0}=3^i {n \choose i} 3^{(n-i)n}\)

• 两维均为 0

  \(g_{i,0}=3^{n^2}\)

所以我们要分开考虑，先考虑第一部分，我们合并同类项得：

\[f_{1,1}=3^{n^2+1} \sum_{x=1}^{n} (-1)^{x} {n \choose x} 3^{-nx} \sum_{y=1}^{n} (-1)^{y} {n \choose y} 3^{-ny} 3^{xy} \]

问题在于 \(3^{xy}\) 怎么处理，我们可以考虑将后面的合并得到 \(\sum_{y=1}^{n} {n \choose y} (-3)^{(x-n)y}\)，感觉可以补一位进行二项式定理得到 \((1-3^{x-n})^n-1\)。

最后就是

\[f_{1,1}=3^{n^2+1} \sum_{x=1}^{n} (-1)^{x} {n \choose x} 3^{-nx} (1-3^{x-n})^n-1 \]

然后再算一下第二部分，让一个是然后结果乘二就行

其实还可以化成二项式形式，也就是 \(3^{n^2} \sum_{i=1}^{n} {n \choose i} (-3^{1-n})^i\)

那么就有 \(3^{n^2} [(1-3^{1-n})^n-1]\)

然后再算第三部分。

code

// Sky Full of Stars 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=998244353;
int fac[N+5],inv[N];
int qpow(int x,int p){
    p=(p%(mod-1)+mod-1)%(mod-1);
    x=(x%mod+mod)%mod;
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=qpow(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int x,int y){
    return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int base[N];
signed main(){
    init();
    int n;
    scanf("%lld",&n);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int w=(i%2 ? -1 : 1);
        w=w*C(n,i)%mod*qpow(3,-i*n)%mod*(qpow(1-qpow(3,-n+i),n)-1+mod)%mod;
        ans=(ans+w+mod)%mod;
    }
    ans=ans*qpow(3,n*n+1)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int w=(i%2 ? -1 : 1);
        w=w*C(n,i)%mod*qpow(3,n*(n-i))%mod*qpow(3,i)%mod;
        ans=(ans+w*2%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%lld",(mod-ans)%mod);
}

min-max 容斥

\[\max_{i\in S} x_i=\sum_{T\subseteq S(T\neq \varnothing)}(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T} x_j \]

\[\min_{i\in S} x_i=\sum_{T\subseteq S(T\neq \varnothing)}(-1)^{|T|-1}\max_{j\in T} x_j \]

考虑每个 \(x_i\) 在 \(\sum_{T\subseteq S(T\neq \varnothing)}(-1)^{|T|-1}\min_{j\in T} x_j\) 中的贡献，假设有 \(c\) 个数大于 \(x_i\)，枚举大于 \(x_i\) 的数有多少个，那么贡献位 \(\sum_{i=0}^c (-1)^i {c \choose i}\)。

只有 \(c=0\) 的时候贡献为 \(1\)，否则为 \(0\)。

最小公倍佩尔数

考虑递推求出 \(f\)

\[(e(n-1)+f(n-1)* \sqrt 2)*(\sqrt 2 + 1)=e(n)+f(n)*\sqrt 2 \]

\[\sqrt 2 e(n-1) + 2 f(n-1) + e(n-1)+ \sqrt 2 f(n-1)=e(n)+f(n)*\sqrt 2 \]

可以得出 \(e(n)=e(n-1)+2f(n-1)\) 和 \(f(n)=f(n-1)+e(n-1)\)。

然后有 \(f(n)=f(n-1)+2 \sum_{i=1}^{n-2} f(i) + 1\) ，可以对 \(f(n)\) 和 \(f(n-1)\) 作差，那么就可以得到 \(f(n)=2 f(n-1)+f(n-2)\)。

然后考虑求 \(lcm\)，可以通过 \(\mathrm{min-max}\) 容斥转化位求 \(gcd\)。

那么有式子

\[lcm(S)=\prod_{T \subset S}gcd(T)^{(-1)^{|T|+1}} \]

因为 \(\mathrm{lcm}\) 是对指数取 \(max\)， \(\mathrm{gcd}\) 是取 \(min\)，指数的加法就是乘法。

并且对于 \(f\) 有个性质就是 \(\gcd(f(n),f(m))=f(\gcd(n,m))\)，然后集合 \(S\) 既可以指值也可以指下标。

\[g(n)=\prod_{T\subset S}f_{gcd(T)}^{(-1)^{|T|+1}}=\prod_{i=1}^n f_i^{\sum_{T\subset S}[gcd(T)=i](-1)^{|T|+1}} \]

我们令 \(h(i)=\sum_{T\subset S}[gcd(T)=i](-1)^{|T|+1}\)，那么 \(k(i)=\sum_{T\subset S}[i|gcd(T)](-1)^{|T|+1}\)，那么可以莫比乌斯反演为 \(h(i)=\sum_{i \mid d}\mu(\frac{d}{i})k(d)\)。

我们考虑 \(k(d)\) 的值怎么求

一定有 \(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\) 个值，那么答案就是 \(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(-1)^{i-1} {\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \choose i}=1+\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(-1)^{i-1} {\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \choose i}=1\)

然后就有

\[g(n)=\prod_{d=1}^{n}f_{d}^{\sum_{d|i}^{n}\mu(\frac{i}{d})}=\prod_{d=1}^{n}\prod_{d|i}^{n}f_d^{\mu(\frac{i}{d})}=\prod_{i=1}^{n}\prod_{d|i}f_d^{\mu(\frac{i}{d})} \]