二项式反演-优快云博客

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二项式反演

形式一：

若 $f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}g(i)$ ，有
$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i)$

证明:

$\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i)=\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\sum\limits_{j=0}^i(-1)^j\binom{i}{j}g(j)=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^jg(j)\sum\limits_{i=j}^n(-1)^i\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\sum_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j} \sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{n-j}{i-j}=\sum\limits_{j=0}^ng(j)\binom{n}{j}(1-1)^{n-j}$
当 $n = j$ 时， $1-1)^{n-j}$ 为1，其余值都为 $0$ .
此时， $\sum_{j=0}^ng(j)(1-1)^{n-j}=g(n)$
得证.

在上述过程中，用了一个组合恒等式——范德蒙德恒等式：
$\binom{n}{i} \binom{i}{j} = \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j}$
从组合意义去理解， $n$ 中选 $i$ ，再从 $i$ 中选 $j$ 个，即有 $j$ 个笑到了最后，有 $i - j$ 只过了第一轮。所以，它等于从 $n$ 中选 $j$ 个最终胜出者，再从 $n - j$ 中选 $(i - j)$ 个。

通过数学推导也可以证明如下：
$\begin{aligned} \binom{n}{i}\binom{i}{j} &= \frac{n!}{i!(n-i)!}\times \frac{i!}{(i-j)!j!}=\frac{n!}{（n-j)!(n-i)!}\times \frac{(n-j)!}{(i-j)!j!}\\ &=\frac{n!}{（n-j)!j!}\times \frac{(n-j)!}{(i-j)!(n-i)!} \\ &=\binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j} \end{aligned}$

形式二：

若 $f(n)=\sum\limits_{i=0}^n\binom{n}{i}g(i)$ ,有:
$g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$ .
令 $h(i)=(-1)^ig(i)$ , 则形式一可以写成：
若 $f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}h(i)$ ，则有：
$(-1)^nh(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}f(i)$

即：
若有 $f(n)=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}h(i)$
则有： $h(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-1}\binom{n}{i}f(i)$

整理即得到形式二。

形式三：

若 $f(n)=\sum\limits_{i=m}^n\binom{n}{i}g(i)$ , 则有：
$g(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)$ .

证明同形式一。
证明如下：
$\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f(i)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\sum\limits_{j=m}^i\binom{i}{j}g(j)=\sum\limits_{j=m}^ng(j)\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{j}=\sum\limits_{j=m}^ng(j)\binom{n}{j}\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}\binom{n-j}{i-j}=\sum\limits_{j=m}^n\binom{n}{j}g(j)(1-1)^{n-j}=g(n)$

形式四：

$f(n)=\sum\limits_{i=n}^m\binom{i}{n}g(i)$ , 有：
$g(n)=\sum\limits_{i=n}^m(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f(i)$
证明同形式三。

例题一：求错位排列

有一个由 $n$ 个不同的字符组成的序列，现在打乱它，使得每个字符均不在它正确的位置上，问有多少种排列方法？
分析一：容斥原理
我们可以直接通过容斥原理写出：
$ans=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}(n-i)! \tag{1}$ 。
解释一下，错排方案数等于全排列减去有 $1$ 张牌在正确位置的数量，再 $2$ 张牌在正确位置的数量，再减去 $3$ 张牌在正确位置的数量， $\dots$ ，最后加上 $1)^n$ 乘以n张牌在正确位置的数量。

分析二：二项式反演
设长度为 $n$ 的错位排列为 $f (n)$ ， $n$ 张牌的全排列为 $n!$ .
显然有 $n!=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f(i)$ .
根据二项式反演（形式二），得：
$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}i! \tag{2}$

$(1)$ 和 $(2)$ 是等价的。

分析三：二项式反演（形式
$n$ 张牌中，钦定有 $i$ 张牌在正确位置上的排列数为 $f (i)$ , 而恰好有 $i$ 张牌在正确位置上的
排列数为 $g (i)$ .
则有 $f(i)=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}g(j) \tag{3}$
注意：此处 $f (i)$ 钦定 $i$ 张在正确位置，指包含所有钦定 $i$ 张的情况，即 $f(i)=\binom{n}{i}(n-i)!$ .
其中有 $j (j > i)$ 张在正确位置的情形，都是会重复计算的，计算的次数正好是 $\binom{j}{i}$ ，这也是式 $(3)$ 的右边出现 $\binom{j}{i}$ 的原因。

将式 $(3)$ 二项式反演（形式四），可得：
$g(i)=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}f(j) =\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}\binom{n}{j}(n-j)! \tag{4}$

长度为 $n$ 的错排，即恰好有 $0$ 个字符在正确位置上的排列数，即为： $g(0)=\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{j}{0}\binom{n}{j}(n-j)! = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}(n-j)!\tag{5}$

式 $(5)$ 和式 $(1)$ 是完全等价的。

一个错误的思路：
这里开始走了点弯路。记录如下：
设 $n$ 张牌中有 $i$ 张在正确位置上的方案数为 $f (i)$ , $n$ 张牌的全排列为 $n!$ .
显然有: $n!=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}f(i) \tag{A}$ .
根据二项式反演，得：
$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom{n}{i}i! \tag{B}$

$(B)$ 这个式子和式 $(2)$ 是完全一样的。
但接下来就有有点神奇了：
$f (0)$ 应该是我们要求的错位排列，把 $n = 0$ 代入：
则有 $f(0)=\sum_{i=0}^0(-1)^{-i}\binom{0}{0}0!$
这个结果完全不对。
那么错在哪里呢？
$f (i)$ 表示是有问题的，它表示 $n$ 张牌中有 $i$ 张在正确位置上的方案数，它与 $n, i$ 都有关系，所以要表示为 $f (n, i)$ ,而不能表示为 $f (i)$ 。
那为什么在式 $(3)$ 中， $f (i), g (i)$ 也与 $n$ 有关，就能写成 $f (i), g (i)$ 呢？
其实，是因为在式 $(3)$ 中， $n$ 是常量，而在式 $A$ 中， $n$ 是变量。
只有当 $n$ 为常量时，我们才能可以省掉它，写成 $f (i)$ .

例题二：洛谷P4859 已经没有什么好害怕的了

题目大意

有两个长度为 $n$ 的序列 $a, b$ , 将 $a$ 序列与 $b$ 序列配对，使得 $a > b$ 的配对数量恰好比 $a < b$ 的配对数量多 $k$ 对。问有多少种配对方案？

分析

先将序列按由小到大排序。
问题要求恰好多k对，我们可以先求“a>b”的数量至少有多少对的方案。
设 $dp_{i,j}$ 表示排序后 $a$ 序列的前缀 $i$ 有 $j$ 个配对满足“a>b”的配对方案数。
则根据 $a_i$ 是否配对，可以得到如下转移方程：
$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}\times (cnt-j+1)$
其中 $c n t$ 表示b序列中小于 $a_i$ 的字符数，这可以双指针扫描求出。

设 $f_i$ 表示恰好有 $i$ 个配对满足"a>b", $g_i$ 表示至少有 $i$ 个配对满足“a>b”.
显然有： $g_i=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}f_j$

根据二项式反演（形式四），则有：
$f_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}g(j)$

此处的 $g (j)$ 即为前面的 $dp_{n,j} \times (n-j)!$ .

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2005
#define ll long long int
#define mod 1000000009
ll dp[maxn][maxn];
ll a[maxn], b[maxn], fac[maxn], recfac[maxn];
ll c[maxn];
ll ans;
int n, k;
ll qpow(ll a, ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b & 1) res = (res * a) % mod;
        b >>= 1;
        a = a * a % mod;
    }
    return res;
}


ll C(int x, int y){
    if(x < y)return 0;
    if(y == 0) return 1;
    if(x == y) return 1;
    return fac[x] * recfac[y] % mod * recfac[x - y] % mod;
}

int main(){
    scanf("%d %d", &n, &k);
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    recfac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
    for(int i = n - 1; i > 1; i--) recfac[i] = recfac[i + 1] * (i + 1) % mod;
    recfac[1] = 1;
    recfac[0] = 1;
   
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];

    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> b[i];

    sort(a + 1, a + n + 1);
    sort(b + 1, b + n + 1);
    int cnt = 0;
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++){
        while(j <= n && b[j] < a[i]) j++;
        dp[i][0] = 1;
        for(int p = 1; p <= i && p < j; p++){
            dp[i][p] = (dp[i - 1][p] + dp[i - 1][p - 1] *(j - p)) % mod;
        }
    }
   
    for(int i = 0; i <= n; i++) dp[n][i] = (dp[n][i] * fac[n - i]) % mod;
    if((n - k) % 2) {printf("0\n");return 0;}
    int t = (n + k) / 2;
    int flg = 1;
    for(int i = t; i <= n; i++){
        ans = (ans + flg * C(i, t)*dp[n][i]) % mod;
        flg = -1 * flg;
    }

    printf("%lld\n", (ans + mod)% mod);
    return 0;
}

例题二：集合计数

题目大意：

有 $n$ 个元素组成的集合，一共有 $2^n-1$ 个非空子集。求选择若干个子集，使得它们的交集刚好包含 $k$ 个元素的所有方案数。

解法一：

本题其实可以通过容斥原理直接列出式子：
$ans=\sum_{j=k}^n(-1)^{j-k}\binom{j}{k}\binom{n}{j}(2^{2^{n-j}}-1)$

解法二：

设 $f_i$ 表示至少有 $i$ 个元素出现在交集中的方案数之和， $g_i$ 表示恰好有 $i$ 个元素出现在交集中的方案数。
显然有： $f_i=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}g_j=\binom{n}{i}(2^{2^{n-i}}-1)$
根据二项式反演（形式四），
$g_i=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}f_j=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}\binom{n}{j}(2^{2^{n-j}}-1)$

这与解法一是等价的。

例题三：NOI Online 游戏洛谷6478

题目大意：一棵无根树，有 $n = 2 m$ 个节点，有两人玩一个树上游戏。两人各拥有 $m$ 个点，共玩 $m$ 个回合。每一回合，每人从自己拥有的且之前未被选过的点中随机选择一个，如果某个回合，一个玩家选的点是另一个玩家在该回合中选的点的子树中，则该回合前者失败，其他情况都视为平局。问 $m$ 个回合中，有 $\leq k \leq m)$ 非平局的情况数。两种情况不同，当且仅当两种情况中各存在一个回合，其中一个玩家选择了相同的点，而另一个玩家选择了不同的点。