二项式反演笔记
二项式反演
若
\[f(n)=\sum^{n}_{i=0} g(i) C_{n}^{i}
\]
则
\[g(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}f(i)C_{n}^{i}
\]
证明：
代入\(g(i)\)得：
\[g(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C_{n}^{i}\sum_{j=0}^{i}g(j)C_{i}^{j}
\]
改变枚举顺序可得：
\[g(n)=\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C_{n}^{i}C_{i}^{j}\sum_{j=0}^{i}g(j)
\]
\[g(n)=\sum_{j=0}^{n}g(j)\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C_{n}^{i}C_{i}^{j}
\]
我们可以通过暴力得到一个式子：
\[C_{n}^{i}C_{i}^{j}= \frac{n!}{i!(n-i)!}\times\frac{i!}{j!(i-j)!}=\frac{n!}{j!(n-j)!}\times\frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}=C^{j}_{n}C^{n-i}_{n-j}
\]
把这个式子代入得：
\[g(n)=\sum_{j=0}^{n}g(j)\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C^{j}_{n}C^{n-i}_{n-j}
\]
所以
\[g(n)=\sum_{j=0}^{n}g(j)C^{j}_{n}\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C^{n-i}_{n-j}
\]
当\(i\ne n\)时，由二项式定理得：
\[\sum^{n}_{i=0}(-1)^{n-i}C^{n-i}_{n-j}=（-1+1）^{n-j}=0
\]
所以（此时\(i= n\)）：
\[g(n)=g(n)C^{n}_{n}=g(n)
\]
证毕
例题
洛谷P4859 已经没有什么好害怕的了
由题意得，\(k=\frac{n+k}{2}\) (和差问题)
我们首先先将\(a,b\)从小到大排序
设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个\(a\)中，选了\(j\)个\(a\)使得\(a>b\) 得方案数
令\(last[i]\)表示\(b\)中最后一个\(<a[i]\)的数的编号
无非就是选和不选，于是我们很容易得出状态转移方程:
\[f[i][j]=f[i-1][j]+(last[i]-j+1)*f[i-1][j-1]
\]
这里我们遇见了一个二项式反演题目中得一个常见套路：至少和恰好
令\(g[i]\)表示至少选了\(i\)个的方案数，\(ans[i]\)表示恰好选了\(i\)的方案数（就是我们要的答案）
在先前的dp中，我们还剩下一些没有选的数，它们可以任意排列
于是：
\[g[i]=f[n][i]*(n-i)!
\]
对于每个\(g[i]\)，我们试图寻找它和所有比\(i\)大的\(j\)的\(ans[j]\)的关系
对于每个\(ans[j]\)中的每一种方案，我们可以从所有\(j\)个人中任意选择若干个人
所以我们得到：
\[g[i]=\sum_{j=i}^{n}C_{j}^{i}ans[j]
\]
由二项式反演得：
\[ans[j]=\sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}C^{i}_{j}g[j]
\]
（代码被我Gu掉了)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define MOD 1000000009
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
int n,k;
int a[maxn];
int b[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int last[maxn];
int f[maxn];
int invf[maxn];
int g[maxn];
int ans[maxn];
inline int ksm(int x,int y){
if(!y) return 1;
if(y==1) return x%MOD;
int tmp=ksm(x,y/2)%MOD;
tmp=(1ll*tmp*tmp)%MOD;
if(y&1) return (tmp*x)%MOD;
else return tmp;
}
inline int calc(int x,int y){
return 1ll*f[x]*invf[y]%MOD*invf[x-y]%MOD;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
if((n+k)&1){
printf("0\n");
return 0;
}
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n);
f[0]=1;
invf[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(1ll*f[i-1]*i)%MOD;
invf[n]=ksm(f[n],MOD-2);
for(int i=n-1;i>=1;i--) invf[i]=(1ll*invf[i+1]*(i+1))%MOD;
k=(k+n)/2;
for(int i=1;i<=n;i++) last[i]=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][0]=dp[i-1][0];
for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=(1ll*dp[i][j]+(dp[i-1][j]+(1ll*dp[i-1][j-1]*max(0ll,last[i]-j+1))%MOD)%MOD)%MOD;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
g[i]=(1ll*dp[n][i]*f[n-i])%MOD;
int ans=0;
for(int i=k;i<=n;i++)
if((i-k)&1) ans-=(1ll*calc(i,k)*g[i])%MOD,ans%=MOD;
else ans+=(1ll*calc(i,k)*g[i])%MOD,ans%=MOD;
while(ans<0) ans+=MOD;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
