组合-二项式定理及容斥

请准备好清醒的大脑接受公式的轰炸！

 

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二项式定理：

$(1+x)^n=\sum_{i=0}^n  \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup  x^i$

当$x=1$时，发现$2^n=\sum_{i=0}^n \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup$

当$x=-1$时，发现$2^n=\sum_{i=0}^n (-1)^i \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup$

当且仅当$n=0$时$\sum_{i=0}^n (-1)^i \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup=0$ 

 

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其次是容斥：

 设$S$为有限集，$A_i \subseteq S(i=1,2, \dots ,n,n \geq 2)$，则$\arrowvert \bigcup_{i=0}^n A_i \arrowvert = \sum_{k=0}^n (-1)^{k-1} \sum_{1 \leq i_1 < i_2 < \cdots < i_k \leq n} \arrowvert A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \cdots \cap A_{i_k} \arrowvert$

 

考虑怎么证明，对于任意$a  \in \bigcup_{i=0}^n A_i$，设其中只有$A_1 , A_2 , \dots , A_k$使得$a \in A_1 , A_2 , \dots , A_k$，则按右式元素$a$的计算次数为$\sum_{i=1}^k (-1)^i \lgroup \begin{array}{} k \\ i \end{array} \rgroup=1$即得证。

 

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以下将介绍一些序列反演（级数反演），当然大家很容易看出来其实就是容斥。

 

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 最值反演（min-max容斥）：

$min(S) = \sum_{T \subseteq S} (-1)^{|T|-1}max(T)$

 

证明也是考虑每个$x \in S$，记满足$p<x,p \in S$的$p$的数量为$n$，由于$\sum_{x \in T,T \subseteq S}(-1)^{|T|-1}max(T)=\sum_{i=0}^n (-1)^i \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup$，当且仅当$n=0$时为$1$，因此得证。

 

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莫比乌斯反演：

 定义$\mu(n)=\delta_{\omega(n)\Omega(n)}\lambda(n) = \left\{ \begin{array}{} 1 & \textrm{$n=1$}\\ (-1)^k & \textrm{$n=p_1 p_2 \cdots p_k$}\\ 0 & \textrm{otherwise} \end{array} \right.$，其中$\lambda(n)$为刘维尔函数。

若$F(n) = \sum_{d|n} f(d)$，则$f(n) = \sum_{d|n} \mu(d) F(\frac{n}{d})$

亦有若$F(n) = \sum_{n|d,d<N} f(d)$，则$f(n) = \sum_{n|d,d<N} \mu(\frac{d}{n}) F(d)$

 

有引理：$\sum_{d|n} \mu(d) = \left\{ \begin{array}{} 1 & \textrm{$n=1$}\\ -1 & \textrm{$n>1$} \end{array} \right.$，证明可以对于每个$t$，考虑所有$d=p_1 p_2 \cdots p_t$，总贡献为$(-1)^t\lgroup \begin{array}{} k \\ t \end{array} \rgroup$，累和后为$\sum_{t=0}^k (-1)^t\lgroup \begin{array}{} k \\ t \end{array} \rgroup$，当且仅当$k=0$时取$1$，其余为$0$

证上式为例：$f(n) = \sum_{d|n} \mu(d) F(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \mu(d) \sum_{x|d} f(x) = \sum_{x|n} f(x) \sum_{d| \frac{n}{x}}\mu(xd)=f(n)$，就证完啦！

 

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二项式反演：

若$a_n=\sum_{i=0}^n \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup b_i$，则$b_n=\sum_{i=0}^n \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup (-1)^{n-i} a_i$

 

由于$\lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup \lgroup \begin{array}{} i \\ j \end{array} \rgroup=\lgroup \begin{array}{} n \\ j \end{array} \rgroup \lgroup \begin{array}{} n-j \\ i-j \end{array} \rgroup$，把$a_n$代入后式，则$b_n=\sum_{i=0}^n \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup (-1)^{n-i} \sum_{j=0}^n \lgroup \begin{array}{} i \\ j \end{array} \rgroup b_j=\sum_{j=0}^n b_j \sum_{i=j}^n (-1)^{n-i} \lgroup \begin{array}{} n \\ i \end{array} \rgroup \lgroup \begin{array}{} i \\ j \end{array} \rgroup=\sum_{j=0}^n b_j \lgroup \begin{array}{} n \\ j \end{array} \rgroup \sum_{i=j}^n (-1)^{n-i} \lgroup \begin{array}{} n-j \\ i-j \end{array} \rgroup=\sum_{j=0}^n b_j \lgroup \begin{array}{} n \\ j \end{array} \rgroup \sum_{i=0}^{n-j} (-1)^{n-i} \lgroup \begin{array}{} n-j \\ i \end{array} \rgroup=b_n$

 

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斯特林反演：

真的真的不会证啦！ε＝ε＝ε＝(#>д<)ﾉ