OI 数学：二项式反演

内容

令 \(\{f(n)\}_{n\ge 0}\) 与 \(\{g(n)\}_{n\ge 0}\) 两个数列满足（以下求和默认 \(0\le k\le n\)）：

\[g(n)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\,f(k). \]

则与之等价的反演公式为

\[f(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k}\,g(k). \]

又等价地，若

\[g(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,k}\binom{n}{k}\,f(k), \]

则

\[f(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,k}\binom{n}{k}\,g(k). \]

以上即为常见形式的二项式反演。

证明

我们完整证明第一对等价式；第二对将作为推论给出。

证明仅用到有限求和的交换、组合恒等式

\[\binom{n}{k}\binom{k}{i}=\binom{n}{i}\binom{n-i}{k-i}. \]

以及二项式定理在 \(x=1,y=-1\) 处的取值

\[\sum_{t=0}^{m}\binom{m}{t}(-1)^t=(1-1)^m. \]

欲证目标。

已知

\[g(n)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} f(k)\quad(\forall n\ge 0), \]

要证

\[f(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k} g(k)\quad(\forall n\ge 0). \]

从右边出发化简，记右端为 \(S(n)\)：

\[S(n):=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k} g(k). \]

将 \(g(k)\) 的定义代入并交换有限求和的次序：

\[\begin{aligned} S(n) &=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k}\left(\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}f(i)\right)\\ &=\sum_{i=0}^{n} f(i)\sum_{k=i}^{n} (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k}\binom{k}{i}. \end{aligned} \]

化简内层和。固定 \(n,i\)（且 \(0\le i\le n\)），考虑

\[H_{n,i}:=\sum_{k=i}^{n} (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k}\binom{k}{i}. \]

先用恒等式 \(\binom{n}{k}\binom{k}{i}=\binom{n}{i}\binom{n-i}{k-i}\) 将乘积拆开。这个恒等式可由阶乘定义逐项化简得到：

\[\begin{aligned} \binom{n}{k}\binom{k}{i} &=\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{k!}{i!(k-i)!}\\ &=\frac{n!}{i!(n-k)!(k-i)!}\\ &=\binom{n}{i}\cdot \frac{(n-i)!}{(k-i)!(n-k)!}\\ &=\binom{n}{i}\binom{n-i}{k-i}. \end{aligned} \]

于是

\[\begin{aligned} H_{n,i} &=\sum_{k=i}^{n} (-1)^{\,n-k}\binom{n}{i}\binom{n-i}{k-i}\\ &=\binom{n}{i}\sum_{k=i}^{n} (-1)^{\,n-k}\binom{n-i}{k-i}. \end{aligned} \]

令 \(t=k-i\)（则 \(t=0,1,\dots,n-i\)），并将符号拆成 \((-1)^{\,n-k}=(-1)^{\,n-i}(-1)^{\,t}\)：

\[\begin{aligned} H_{n,i} &=\binom{n}{i}(-1)^{\,n-i}\sum_{t=0}^{n-i} (-1)^{\,t}\binom{n-i}{t}. \end{aligned} \]

应用二项式定理在 \(x=1,y=-1\) 的取值（即 \(\sum_{t=0}^{m}(-1)^t\binom{m}{t}=(1-1)^m\)）：

\[\sum_{t=0}^{n-i} (-1)^{\,t}\binom{n-i}{t}= \begin{cases} 1,& n-i=0\ (\text{即 }n=i),\\ 0,& n-i>0\ (\text{即 }n>i). \end{cases} \]

因此

\[H_{n,i}= \begin{cases} \binom{n}{i}(-1)^{\,0}\cdot 1=1,& n=i,\\ \binom{n}{i}(-1)^{\,n-i}\cdot 0=0,& n>i, \end{cases} \]

即

\[H_{n,i}=\delta_{n,i}. \]

回代得到结论。因而

\[S(n)=\sum_{i=0}^{n} f(i)\,H_{n,i}=\sum_{i=0}^{n} f(i)\,\delta_{n,i}=f(n), \]

恰为所求。证毕。

推论：带 \((-1)^k\) 的对称形式

若已知

\[g(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k}\,f(k), \]

令 \(h(k):=(-1)^k f(k)\)。则

\[g(n)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\,h(k). \]

由已证反演公式（将 \(f\) 换为 \(h\)）得到

\[h(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,n-k}\binom{n}{k}\,g(k). \]

最后将 \(h(n)=(-1)^n f(n)\) 代回并把 \((-1)^n\) 提到求和内（注意 \((-1)^{\,n-k}\cdot(-1)^n=(-1)^k\)），得

\[f(n)=\sum_{k=0}^n (-1)^{\,k}\binom{n}{k}\,g(k), \]

即为对称形式。