容斥原理与二项式反演

前(fei)言(hua)

高二学长说CTS2019D1T1可以用二项式反演推容斥系数，但我当时是找规律找出来的。。。

后来遇到一道类似的题才推了出来，然后知道了这就是二项式反演。。。

然后发现网上的博客都只写了证明啊。。。

下面就讲一下二项式反演是怎么来的

二项式定理（讲得这么高大上其实就是一句废话）

\[{(a+b)}^n=\sum_{k=0}^n C_n^ka^kb^{n-k} \]

遇到\(\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\)的时候可以补上一个\(1^{k-i}\)然后倒着用二项式定理，最后可以化简为\(0^k\)。

容斥原理（小学数学复习）

小学经常见到的那张图

回顾一下小学学过的容斥原理：

其中\(S\)为三种属性，一个物品可以表示成一个属性的集合，\(ABCDEFG\)为一些属性集合相同的物品组成的集合。

比如：一个学生参加了活动\(S1\)和\(S2\)，他的属性集合可以被表示为\(\{S1,S2\}\)，所以他属于集合\(D\)。

一个经典小学数学问题

小学数学中的一个经典问题是：知道所有至少具有属性S1的物品数和（\(S2,S3\)类似）、至少具有\(S1\)和\(S2\)属性的物品数（\(S1\)和\(S3\)，\(S2\)和\(S3\)类似）和同时具有\(S1,S2,S3\)属性的物品数，求所有物品的数量。

我们定义\(X1,X2,X3\)分别为至少具有\(S1,S2,S3\)属性的物品的集合，那么\(X1=A+D+E+G,X1\cap X2=D+G\)，以此类推。

问题可以表示为：知道\(|X1|,|X2|,|X3|,|X1\cap X2|,|X1\cap X3|,|X2\cap X3|,|X1\cap X2\cap X3|\)，求\(|X1\cup X2\cup X3|\)。

我们小学的时候就知道答案是至少一个属性的物品数量-至少两个属性的+至少三个的，即\(|X1|+|X2|+|X3|-|X1\cap X2|-|X1\cap X3|-|X2\cap X3|+|X1\cap X2\cap X3|\)。因为\(|X1|+|X2|+|X3|\)把两个属性的物品多加了一次，所以要减去。然后我们发现三个属性的物品加了三次又被减了一次，所以我们要把它加回去。

如果考虑的属性更多会怎样

考虑属性更多的情况，我们可以做出假设：

\[|X_1\cup X_2 \cup ... \cup X_n|=\sum_{i=1}^n |X_i|-\sum_{i<j} |X_i\cap X_j|+\sum_{i<j<k} |X_i\cap X_j\cap X_k|- ... +(-1)^{n-1}||X_1\cap X_2 \cap ... \cap X_n| \]

证明：

考虑一个在\(k\)个集合中的元素\((k>0)\)放在上面的例子中就是有\(k\)种属性的物品）被计算了多少次，假如我们把\(i\)个集合求交，这样的交显然是\(C_k^i\)个，所以我们可以枚举\(i\)。

\[\begin{aligned} ans&=\sum_{i=1}^k(-1)^{i-1}C_k^i\\ &=1-\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\\ &=1-(1+(-1))^k\\ &=1 \end{aligned} \]

这就是容斥原理。

子集反演（听说是叫这个但是我喜欢叫它容斥）

另一个经典小学数学问题

条件还是一样：对于每个属性集合，我们知道至少包含它的物品个数。我们现在要求只有某种属性的物品个数。

以\(S1\)为例，答案就是\((A+D+E+G)-(D+G)-(E+G)+(G)\)，可以感性理解为至少包含一个的-至少包含两个的+至少包含三个的。

把\(S1\)改成\(\{S1,S2\}\)上述方法也适用。

我们用\(f(X)\)表示\(X\)的超集的权值和（本例中权值就是属性集合为这个集合的物品数），\(g(X)\)表示集合\(X\)的权值。

即$$f(S)=\sum_{T\supseteq S} g(T)$$

在本例中，\(g(A)=f(A)-f(D)-f(E)+f(G)\)。

我们可以发现：$$g(S)=\sum_{T\supseteq S} (-1)^{|T|-|S|}f(T)$$

其意义很好理解，证明就代进去稍微化简一下就行了。

\[\begin{aligned} g(S)&=\sum_{T\supseteq S} (-1)^{|T|-|S|}\sum_{U\supseteq T} g(U)\\ &=\sum_{U\supseteq S} g(U) \sum_{T'\subseteq U-S} (-1)^{|T'|}\\ &=\sum_{U\supseteq S} g(U) \sum_{k=0}^{|U-S|} (-1)^kC_{|U-S|}^k\\ &=\sum_{U\supseteq S} g(U) [U-S=\varnothing]\\ &=g(S) \end{aligned} \]

还有一个经典小学数学问题

\(f(X)\)表示\(X\)的子集的权值和，\(g(X)\)表示集合\(X\)的权值。

\(g(G)=f(G)-f(D)-f(E)-f(F)+f(A)+f(B)+f(C)\)

然后发现：

\[\begin{aligned} f(S)&=\sum_{T\subseteq S} g(T)\\ g(S)&=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|}f(T) \end{aligned} \]

比上一个还简单，留给读者自己思考。

二项式反演

一种形式

我们知道$$f(S)=\sum_{T\subseteq S} g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|}f(T)$$

如果集合的权值只和大小有关，用\(f(|S|)\)代替\(f(S)\)，\(g(|S|)\)代替\(g(S)\)：$$f(n)=\sum_{i=0}^n C_n^ig(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_nif(i)$$

（\(n\)个元素的集合的大小为\(i\)的子集个数显然是\(C_n^i\)）

不信的话可以代进去验证一下。

另一种形式

\[f(S)=\sum_{T\supseteq S} g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\supseteq S} (-1)^{|T|-|S|}f(T) \]

令\(f(n)=\sum_{|S|=n} f(S),g(n)=\sum_{|S|=n} g(S)\)，则

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{|S|=n} f(S)\\ &=\sum_{|S|=n} \sum_{T\supseteq S}g(T)\\ &=\sum_{|T|\geq n} g(T)\sum_{|S|=n,S\subseteq T} 1\\ &=\sum_{i=n}^m\sum_{|T|=i}g(T)C_i^n\\ &=\sum_{i=n}^mC_i^ng(i) \end{aligned} \]

同理$$g(n)=\sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}C_inf(i)$$

所以$$f(n)=\sum_{i=n}^mC_ing(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=n}^m (-1)^{i-n}C_inf(i)$$

按理来说应该还有两种形式，不知道有没有用。

别人博客里写的基本形式

\[f(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^ig(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^iC_n^if(i) \]

把\(-1\)乘到\(g\)里面就是第一种形式了（不知道这是拿来干嘛的）。

bzoj3622

题目大意

给两个长度为\(n\)的序列\(A,B\)，把其中的数两两配对，求\(A\)中的数大于\(B\)中的数恰好有\(k\)对的方案数对\(10^9+9\)取模的结果，\(n\leq 2000\)。

题解

首先可以\(dp\)出\(k\)对合法剩下乱放的方案数，然后套一下上面所说的第二种形式就行了。

（实在不懂的话就是把一个配对方案表示成一个合法配对的集合，一个集合的权值就是能够表示成它的方案数。\(k\)个合法配对剩下乱配对的方案数就是这\(k\)个元素组成的集合的超集的权值和，\(dp\)值的意义就是所有大小为\(k\)的集合的这个值之和；我们最后要求的答案就是所有大小恰好为\(k\)的集合的权值和）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mxn=4096,md=1000000009;
int n,k,a[mxn],b[mxn],f[mxn],c[mxn][mxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    if ((n+k)&1) return puts("0"),0;
    k=(n+k)>>1;
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&b[i]);
    sort(b+1,b+n+1);
    f[0]=1;
    for (int i=1,cur=0;i<=n;++i){
        for (;cur<n&&b[cur+1]<a[i];++cur);
        for (int j=i;j;--j)
            f[j]=(f[j]+f[j-1]*(cur-j+1ll))%md;
    }
    for (int i=n-1,num=1;i>=0;--i)
        num=1ll*num*(n-i)%md,f[i]=1ll*f[i]*num%md;
    for (int i=0;i<=n;++i) c[i][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=i;++j)
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%md;
    int ans=0;
    for (int i=k,flg=1;i<=n;++i,flg=-flg)
        ans=(ans+1ll*flg*c[i][k]*f[i])%md;
    printf("%d\n",(ans+md)%md);
    return 0;
}