二项式定理&二项式反演

内容

二项式定理

即 \((a+b)^n = \sum\limits_{i=0}^{n}a^{i}b^{n-i}\binom{n}{i}\)。

二项式反演

将 \(a=1, b=-1\) 代入二项式定理可得推论式 \(\sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i}\binom{n}{i} = [n=0]\)。

分离式：\(\binom{n}{m}\binom{m}{k} = \binom{n}{k}\binom{n - k}{m - k}\)，根据组合意义易证。

现有反演： \(f(n) = \sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i} g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)\)。

证明

利用推论式与分离式进行证明。

\[\begin{array}{c} \sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)\\ =\sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} \sum\limits_{j=0}^{i} \binom{i}{j} g(j)\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \sum\limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} \binom{i}{j} g(j)\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \sum\limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j} g(j)\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j)\sum\limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n-j}{i-j}\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j)\sum\limits_{i+j=j}^{n} (-1)^{n-i-j} \binom{n-j}{i+j-j}\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j)\sum\limits_{i=0}^{n-j} (-1)^{n-j-i} \binom{n-j}{i}\\ =\sum\limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j)[n = j]\\ = g(n) \end{array} \]

两个个基本形式：

1. 钦定意义下至多转换为恰好：\(f(n) = \sum\limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i} g(i) \Leftrightarrow g(n) = \sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)\)。

2. 钦定意义下至少转换为恰好：\(f(m) = \sum\limits_{i=m}^{n} \binom{i}{m} g(i) \Leftrightarrow g(m) = \sum\limits_{i=m}^{n} (-1)^{i-m} \binom{i}{m} f(i)\)。

例题（持续补充）

ABC423F Loud Cicada

1. \(g(m)\) 表示恰好 \(m\) 只蝉。
2. \(f(m)\) 表示至少 \(m\) 只蝉。

有 \(f(m) = \sum\limits_{i=m}^{n} \binom{i}{m} g(i) = \sum_{\mathrm{popcount(S)} = m} \lfloor \frac{Y}{\mathrm{lcm}_{u\ \in\ S}\ a_u} \rfloor\)。

反演就完了。

有人可能疑惑，这里也是算的 \(\mathrm{popcount(S)} = m\)，为什么是至少呢？因为其他的蝉叫不叫不确定。

P4859 已经没有什么好害怕的了

1. \(g(m)\) 表示恰好有 \(m\) 对 \(a_i > b_i\)。
2. \(f(m)\) 表示至少有 \(m\) 对 \(a_i > b_i\)。

先给 \(a, b\) 序列分别排序，\(f(m)\) 不好直接求，考虑定义 \(dp_{i, j}\) 表示在 \(a\) 中前 \(i\) 个数选出 \(j\) 对 \(a > b\) 的方案数。

1. 不考虑 \(a_i\)，显然 \(dp_{i,j} = dp_{i-1, j}\)。
2. 考虑 \(a_i\)，令 \(p\) 表示 \(a_i > b\) 的 \(b\) 的个数，显然 \(dp_{i, j} = dp_{i-1, j-1} \times (p - j + 1)\)。

这个你可以双指针求。

所以 \(f(m) = dp_{n, m}(n - m)!\)，最后要求 \(g(\frac{n + k}{2})\)，自证不难。

P10596 BZOJ2839 集合计数

之前贺题解写的。

1. \(g(m)\) 表示交集恰好有 \(m\) 个元素。
2. \(f(m)\) 表示交集至少有 \(m\) 个元素。

先钦定哪 \(m\) 个元素，总共 \(\binom{n}{m}\) 种，所有包含某 \(m\) 个元素的子集总共有 \(2^{n - m}\) 个，自证不难。

所以 \(f(m) = \binom{n}{m} \left ( 2^{2^{n - m}} - 1\right )\)，用欧拉定理然后反演一下就行。

P6076 [JSOI2015] 染色问题

神秘套娃题，看题看不出来可以用二项式反演。

1. \(g(n, m, c)\) 表示在 \(n\times m\) 的矩形中，恰好用 \(c\) 种颜色满足要求。
2. \(f_1(n, m, c)\) 表示在 \(n\times m\) 的矩形中，至多用 \(c\) 种颜色满足其他要求。
3. \(f_2(n, m, c)\) 表示在 \(n \times m\) 的矩形中，至多用 \(c\) 种颜色，至多有 \(m\) 列有颜色，且恰好有 \(n\) 行有颜色。
4. \(f_3(n, m, c)\) 表示在 \(n \times m\) 的矩形中，至多用 \(c\) 种颜色，至多有 \(m\) 列有颜色，至多有 \(n\) 行有颜色。

可以看出，这是一个接着一个把恰好转换为至多，所以要套用三次反演。

所以有：

\(f_3(n, m, c) = \sum\limits_{i = 0} ^ {n} \binom{n}{i} f_2(i, m, c) \Leftrightarrow f_2(n, m, c) = \sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f_3(i, m, c)\)。

\(f_2(n, m, c) = \sum\limits_{i = 0} ^ {m} \binom{m}{i} f_1(n, i, c) \Leftrightarrow f_1(n, m, c) = \sum\limits_{i=0}^{m} (-1)^{m-i} \binom{m}{i} f_2(n, i, c)\)。

\(f_1(n, m, c) = \sum\limits_{i = 0} ^ {c} \binom{c}{i} g(n, m, i) \Leftrightarrow g(n, m, c) = \sum\limits_{i=0}^{c} (-1)^{c-i} \binom{c}{i} f_1(n, m, i)\)。

答案即为 \(g(n, m, c)\)。

考虑计算 \(f_3(n, m, c)\)，显然每个格子、行列之间不受约束，只有本身受颜色约束，所以 \(f_3(n, m, c) = (c + 1)^{nm}\)，即上色与不上色。

所以 \(f_2(n, m, c) = \sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} (c + 1) ^ {im}\)。

然后一直往上带到 \(g\) 为止，有时间复杂度 \(O(nmc \log(nmc))\)，已经可以过了。但是如果你注意到 \(\sum\limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} (c + 1) ^ {im} = ((c+1)^m - 1)^n\)，可以变为 \(O(nm\log(nmc))\)。

当然也可以参考这篇题解只用反演两次，上面的等式在里面也有原因，这里不多写了。

P10597 BZOJ4665 小 w 的喜糖

1. \(g(m)\) 表示恰好 \(m\) 个人与原来糖种类相同。
2. \(f(m)\) 表示钦定 \(m\) 个人与原来糖种类相同。

原题中描述方案不同的是某个人糖的种类不同是不好设计的，假设糖本质不同，最后只需要除以 \(\prod to_i !\) 即可。（有用的技巧）

设 \(dp_{n, m}\) 表示前 \(n\) 种糖中，钦定 \(m\) 人与拿到与原来种类相同的方案数。

可以得到 \(dp_{i,j} = \sum\limits_{k = 0} ^ {\min(j, to_i)} dp_{i-1, j-k} \binom{to_i}{k} A_{to_i}^{k}\)。即枚举新钦定 \(k\) 个人，于是要从这 \(to_i\) 个人中选出 \(k\) 个，然后从 \(to_i\) 个糖中选出 \(k\) 个，任意顺序给新钦定的这 \(k\) 人。

显然 \(f(m) = dp_{n, m} \times (n - m)!\)。

反演一下就行了，答案为 \(\frac{g(0)}{\prod to_i!}\)。