证明二项式反演的两个性质

引入

$1 : $ \(C(n, i) \cdot C(i, j) = C(n, j) \cdot C(n - j, i - j)\), 怎么理解 ? 考虑有 \(n\) 个人, 第一个式子等于先从 \(n\) 个人中选出 \(i\) 个人进国家集训队, 然后再在这些人中选出 \(j\) 个当队长。第二个式子是先选队长, 再选队员。

$2 : $ \((a + b)^n = \sum \limits_{i = 0}^n a^i \cdot b_{n - i} \cdot C(n, i)\)

0x01

假设我们有 \(n\) 个物品。

由于作者不喜欢很多的定义, 所以我们直接这样解释。

若存在两个数组 \(f, g\), 满足 \(g_i = \sum \limits_{j = 0}^{i} C_{i, j} \cdot f_j\), 则我们可以得到 \(f_i = \sum \limits_{j = 0}^{i} (-1)^{i - j} \cdot C(i, j) \cdot g_j\)。

考虑证明

\(\sum \limits_{j = 0}^i (-1)^{i - j} \cdot C(i, j) \cdot g_j\)

\(= \sum \limits_{j = 0}^i (-1)^{i - j} \cdot C(i, j) \cdot \sum \limits_{k = 0}^j C(j, k) \cdot f_k\)

考虑先枚举 \(k\), 再枚举 \(j\)

即 \(= \sum \limits_{k = 0}^i f_k \sum \limits_{j = k}^i (-1)^{i - j} \cdot C(i, j) \cdot C(j, k)\)

由引入的性质 \(1\), 得 :

\(= \sum \limits_{k = 0}^i f_k \sum \limits_{j = k}^i (-1)^{i - j} \cdot C(i, k) \cdot C(i - k, j - k)\)

把 \(C(i, k)\) 提出, 得

\(= \sum \limits_{k = 0}^i C(i, k) \sum \limits_{j = k}^i (-1)^{i - j} \cdot C(i - k, j - k)\)

我们令 \(t = j - k, j = t + k\)

则原式 \(= \sum \limits_{k = 0}^i C(i, k) \sum \limits_{t = 0}^{i - k} C(i - k, t) \cdot (-1)^{i - t - k}\)

\(= \sum \limits_{k = 0}^i f_k \cdot C(i, k) \cdot \sum \limits_{t = 0}^{i - k} \cdot C(i - k, t) \cdot (-1)^{i - t - k} \cdot 1^t\)

后面得不就是定理 \(2\), 这个结果就是 \((-1 + 1)^{i - k}\) 吗, 这个式子只有在 \(i - k = 0\), 即 \(i = k\) 是有值且为 \(1\)。

所以原式等于 \(\sum \limits_{k = 0}^i (C(i, k) \cdot [i == k] \cdot f_j) = f_i\)

0x02

假设有 \(n\) 个物品, 如果存在两个数组 \(f, g\), 满足

\(g_i = \sum \limits_{j = i}^n C(j, i) \cdot f_j\), 则 \(f_i = \sum \limits_{j = i}^n (-1)^{j - i} \cdot C(j, i) \cdot g_{j}\)

依然考虑证明。

\(f_i = \sum \limits \limits_{j=i}^n (-1)^{j - i} \cdot C(j, i) \cdot g_j = \sum \limits_{j = i}^n (-1)^{j - i} \cdot C(j, i) \cdot \sum \limits_{k = j}^n C(k, j) \cdot f_k\)

\(= \sum \limits_{k = i}^n f_k \sum \limits_{j = i}^k (-1)^{j - i} \cdot C(j, i) \cdot C(k, j) \cdot f_k\)

\(= \sum \limits_{k = i}^n f_k \sum \limits_{j = i}^k C(k, i) \cdot C(k - i, j - i) \cdot (-1)^{j - i} = \sum \limits_{k = i}^n f_k \cdot C(k, i) \sum \limits_{j = i}^k C(k - i, j - i) \cdot (-1)^{j - i}\)

我们令 \(t = j - i\)

代入原式得

\(= \sum \limits_{k = i}^n f_k \cdot C(k, i) \sum \limits_{t = 0}^{k - i} C(k - i, t) \cdot (-1)^t = \sum \limits_{k = i }^n f_k \cdot C(k, i) \sum \limits_{t = 0}^{k - i} C(k - i, t) \cdot (-1)^t \cdot 1^{k - i - t}\)

显然, 这个式子可以像上面一样化简成 \(= \sum \limits_{k = i}^n (f_k \cdot C(k, i) \cdot [k == i]) = f_i\)