二项式反演

创建时间：2026-01-02

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二项式反演的概念

对于形如“\(n\) 个元素中恰好 \(k\) 个满足某条件的方案数”的计数问题，设其方案数为 \(f(k)\)，则令函数 \(g(k)\) 表示“钦定某 \(k\) 个元素满足条件，其他任选的方案数（非钦定元素也可能满足条件，即可能不止 \(k\) 个满足条件）”。

具体的，有：

\[g(k) = \sum_{i=k}^n C_i^k f(i) \]

在有些题目中，\(f(k)\) 并不容易直接计算，相反的，我们更容易得到 \(g(k)\) 的值，这是就需要一个由 \(g(k)\) 计算 \(f(k)\) 的方法，我们将其称为二项式反演。

二项式反演及证明

二项式反演的形式一：

\[f(k) = \sum_{i=k}^n (-1)^{i - k} C_i^k g(i) \]

如果我们能证明右式可以化简为 \(f(k)\)，则上式得证。

不妨直接将定义式带入公式，即

\[\begin{aligned} 右式 &= \sum_{i=k}^n (-1)^{i - k} C_i^k g(i) \\ &= \sum_{i=k}^n (-1)^{i - k} C_i^k \sum_{j=i}^n C_j^i f(j) \\ &= \sum_{i=k}^n \sum_{j=i}^n (-1)^{i - k}C_i^k C_j^i f(j) \\ \end{aligned}\]

交换求和顺序，得：

\[右式 = \sum_{j=k}^n f(j) \sum_{i=k}^j (-1)^{i - k}C_i^k C_j^i \]

根据组合意义：\(C_i^k C_j^i\)，即 \(C_j^i C_i^k\) 可以表示为先从 \(j\) 个中选 \(i\) 个，再从选出的 \(i\) 个里面选 \(k\) 个。也等于先从 \(j\) 个中分别选 \(k\) 个，再在剩下的 \(j-k\) 个中选 \(i-k\) 个，随后把选出的两组合并为 \(i\) 个，所以 \(C_i^k C_j^i = C_j^k C_j^{i-k}\)。

故

\[\begin{aligned} 右式 &= \sum_{j=k}^n f(j) \sum_{i=k}^i (-1)^{i - k}C_j^k C_j^{i-k} \\ &= \sum_{j=k}^n f(j) C_j^k \sum_{i=k}^j (-1)^{i-k} C_{j-k}^{i-k} \\ &= \sum_{j=k}^n f(j) C_j^k \sum_{i=0}^{j-k} (-1)^i C_{j-k}^i \end{aligned}\]

当 \(j=k\) 时，\(\sum_{i=0}^{j-k} (-1)^i C_{j-k}^i = 1\)；当 \(j>k\) 时，根据二项式定理，\(\sum_{i=0}^{j-k} (-1)^i C_{j-k}^i = (-1)^{j-k} = 0\)。

所以

\[右式 = f(k) C_k^k = f(k) \]

证毕。

上面是二项式反演的形式一，即上求和形式。类似的，二项式反演还有一个形式二，即下求和形式：

令 \(g(k) = \sum_{i=0}^n C_i^k f(i)\)，则 \(f(k) = \sum_{i=0}^k C_k^i g(i)\)，证明方法同形式一，这里不展开细写。

实际做题中大部分都使用形式一。

二项式反演的应用

众所周知，错位排序问题可以通过 DP 解决，递推式为 \(dp_n = (n-1)(dp_{n-1} + dp_{n-2})\)。那如果要求其封闭形式呢？

设 \(f(n)\) 为恰好 \(n\) 个位置非错位，则现要求 \(f(0)\)。

根据二项式反演形式一：\(f(0) = \sum_{i=0}^n (-1)^i C_i^0 g(i) = \sum_{i=0}^n (-1)^i g(i)\)。而 \(g(i)\) 为钦定 \(i\) 个位置上不错位的方案数，故显然 \(g(i) = C_n^i (n-i)!\)，所以 \(f(0) = \sum_{i=0}^n (-1)^i C_n^i (n-i)! = \sum_{i=0}^n (-1)^i \frac {n!} {i! (n-i)!} (n -i)! = n! \sum_{i=0}^n \frac {(-1)^i} {i!}\)。

综上：\(dp_n = n! \sum_{i=0}^n \frac {(-1)^i} {i!}\)。

除了错位排序，二项式反演的另一个经典应用就是求解第二类斯特林数：设 \(n \brace m\) 表示将 \(n\) 个不同小球放入 \(m\) 个本质相同的盒子，每个盒子都不能为空的方案数，求 \(n \brace m\)。

设 \(f(k)\) 表示恰好 \(k\) 个盒子是空的的方案数，现求 \(f(0)\)。

套用反演公式：\(f(0) = \sum_{i=0}^m (-1)^i C_i^0 g(i) = \sum_{i=0}^m (-1)^i g(i)\)，又 \(g(i) = C_m^i (m-i)^n\)，所以 \(f(0) = \sum_{i=0}^m (-1)^i C_m^i (m-i)^n\)。

即 \({n \brace m} = f(0) = \sum_{i=0}^m (-1)^i C_m^i (m-i)^n\)，这边是第二类斯特林数的通项公式！

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