二项式反演学习笔记
前言
万字长文！这里有我的一些思考和领会，网络上的教程都太潦草了。
并且我
发现了新的反演公式
！
概述
二项式反演用于转化两个具有特殊关系的函数
\(f\)
和
\(g\)
，从而方便求解问题。一般来说，直接计算恰好满足
\(n\)
个限制的答案不好求，但是可以计算出“至少” / “至多”满足
\(n\)
个限制的答案，运用二项式反演，就能求出“恰好”满足
\(n\)
个限制的答案。
想直接看结论的可以
戳我
。
证明 & 推导
一些引理
引理
\(1\)
：二项式定理
普通二项式定理为：
\]
证明可以用数学归纳法，不做展开。本篇主要利用
\(a = -1, b = 1\)
的特殊情形，即：
& \quad \ \sum _ {i = 0} ^ n \binom{n}{i} (-1)^i \\
&= \sum _ {i = 0} ^ n \binom{n}{i} (-1)^i 1^{n-i} \\
&= \Big (1 + (-1) \Big )^n \\
&= 0 ^ n
\end{aligned}
\]
注意到当
\(n = 0\)
的时候，没有意义。观察原式发现此时
\(\dbinom{0}{0} (-1)^0 = 1\)
。所以我们有：
\]
引理
\(2\)
：多步容斥
记
\(S_i\)
（
\(1 \leq i \leq n\)
）表示一个集合，我们有：
\]
即：
\]
证明该式等价于证明
\(\forall x \in \bigcup \limits_{i = 1}^{n} S_i\)
，其在右边
\(\sum \limits _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap \limits _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert\)
计算的系数之和为
\(1\)
。记所有包含
\(x\)
的集合为
\(T_1, \ldots, T_m\)
（
\(m \neq 0\)
），则有：
& \quad \ \Big \vert \{ T_i \mid 1 \leq i \leq m \} \Big \vert - \Big \vert \{ T_i \cap T_j \mid 1 \leq i \lt j \leq m \} \Big \vert + \cdots \\
&= \binom{m}{1} - \binom{m}{2} + \cdots + \cdots (-1) ^ {m - 1} \binom{m}{m} \\
&= \sum _ {i = 1} ^ {m} (-1)^{i - 1} \binom{m}{i} \\
&= - \sum _ {i = 1} ^ {m} (-1)^i \binom{m}{i} \\
&= \binom{m}{0} - \sum _ {i = 1} ^ {m} (-1)^i \binom{m}{i} \\
&= 1 - [m = 0] \\
&= 1
\end{aligned}
\]
故成立。
引理
\(3\)
：组合数
我们考虑变换
\(\dbinom{n}{i} \dbinom{i}{j}\)
。其组合意义为，
\(n\)
个小球里选出
\(i\)
个，再从
\(i\)
个里面选出
\(j\)
的方案数。我们也可以先从
\(n\)
个里面选出
\(j\)
个，再从剩下
\(n - j\)
里选出
\(i - j\)
个。表达为：
\]
当然也可以代数证明：
\dbinom{n}{i} \dbinom{i}{j} &= \frac{n!}{i! (n-i)!} \frac{i!}{j! (i-j)!} \\
&= \frac{n!}{(n - i)! (i - j)! j!} \\
&= \frac{n! (n - j)!}{(n - i)! (i - j)! (n - j)! j!} \\
&= \frac{n!}{j! (n - j)!} \frac{(n - j)!}{(n - i)! \Big ((n - j) - (n - i) \Big)!} \\
&= \binom{n}{j} \binom{n - j}{i - j}
\end{aligned}
\]
引理
\(4\)
：
\(-1\)
的幂次特点
\((-1) ^ {a + b} = (-1) ^ {a - b}\)
。这还用证明？
2b &\equiv 0 & \pmod {2} \\
b &\equiv -b & \pmod {2} \\
a + b &\equiv a - b & \pmod {2}
\end{aligned}
\]
模型
\(0\)
\[\large f(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^i \binom{x}{i} g(i) \Longleftrightarrow g(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ i \binom{x}{i} f(i)
\]
容斥证明
不妨记
\(\overline{S_i}\)
表示
\(S_i\)
的补集，有：
\left \vert \bigcap_{i = 1}^{n} \overline{S_i} \right \vert &= \left \vert \bigcup_{i = 1}^{n} S_i \right \vert - \left \vert \bigcup_{i = 1}^{n} \overline{S_i} \right \vert \\
&= \left \vert \bigcup_{i = 1}^{n} S_i \right \vert - \sum _ {m = 1} ^ n (-1) ^ {m - 1} \sum _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert \\
&= \left \vert \bigcup_{i = 1}^{n} S_i \right \vert + \sum _ {m = 1} ^ n (-1) ^ m \sum _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert \\
&= \sum _ {m = 0} ^ n (-1) ^ m \sum _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert \\
\end{aligned}
\]
由于
\(\overline{\ \overline{S_i}\ } = S_i\)
，所以得到类似的式子：
\]
发现形式很像，但是还差一步构造。我们假设能够早出一组
\(S_i\)
，使任意
\(k\)
个集合的交集大小相等。
不妨记
\(f(x)\)
表示任意
\(x\)
个补集的交集大小，对于原集同理记
\(g(x)\)
，上式可以分别改写为：
\]
\]
即证。
代数证明
容斥比较抽象，尝试代数证明。我们把
\(g\)
带到
\(f\)
中去，得到：
f(x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^i \binom{x}{i} \sum _ {j = 0} ^ i (-1) ^ j \binom{i}{j} f(j) \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x f(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {i + j} \binom{j}{i} \binom{x}{j} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x f(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {i + j} \binom{x}{i} \binom{x - i}{j - i} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} f(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {i + j} \binom{x - i}{j - i} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} f(i) \sum _ {j = 0} ^ {x - i} (-1) ^ {2i + j} \binom{x - i}{j} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} f(i) \sum _ {j = 0} ^ {x - i} (-1) ^ j \binom{x - i}{j} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} f(i) [x - i = 0] \\
&= f(x)
\end{aligned}
\]
即证。
模型
\(1\)
：“至少”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
\[\large f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i) \Longleftrightarrow g(x) = \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{i}{x} f(i)
\]
为了解决实际问题，考虑实际意义。考虑有
\(n\)
个限制，
\(f(x)\)
表示至少满足
\(x\)
个限制，
\(g(x)\)
表示恰好满足
\(x\)
个限制。
注意到，
\(f\)
不是简单
\(g\)
的前缀和，因为会重复计数。
\(g(x)\)
即为我们的答案，而
\(f(x)\)
就是我们通过其他算法求出的结果。
通常来说，我们会钦定
\(x\)
个限制必须满足，剩下的限制可以满足可以不满足，这样就能不用考虑限制的问题，求出
\(f\)
。
考虑如何用
\(g\)
表示出
\(f\)
。有两种思考方式：
- 我们考虑求
\(g(x)\)
的过程。初始令
\(g(x) \gets f(x)\)
，这显然是不对的。我们考虑一个
\(i > x\)
，
\(g(i)\)
在
\(f(x)\)
中贡献次数是
\(\dbinom{i}{x}\)
，所以得到：
\[g(x) = f(x) - \sum _ {i = x + 1} ^ n \binom{i}{x} g(i)
\]
移项后就有：
\[\begin{aligned}
f(x) &= g(x) + \sum _ {i = x + 1} ^ n \binom{i}{x} g(i) \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i)
\end{aligned}
\]
- 更直接的思考方式为，我们考虑枚举钦定
\(x\)
个限制必须满足后，还有
\(i - x\)
个限制也被满足了，即一共有
\(i\)
个限制被满足，其中任选
\(x\)
个都能被计数，乘上
\(\dbinom{i}{x}\)
后，求和就能不重不漏：
\[f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i)
\]
这就是左边那一条等式了。证明右边等式是对的，可将其带入。
f(x) &= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} \sum _ {j = i} ^ n (-1)^{j - i} \binom{j}{i} f(j) \\
&= \sum _ {i = x} ^ n f(i) \sum _ {j = x} ^ i (-1) ^ {i - j} \binom{j}{x} \binom{i}{j} \\
&= \sum _ {i = x} ^ n f(i) \sum _ {j = x} ^ i (-1) ^ {i - j} \binom{i}{x} \binom{i - x}{j - x} \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} f(i) \sum _ {j = x} ^ i (-1) ^ {i - j} \binom{i - x}{j - x} \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} f(i) \sum _ {j = 0} ^ {i - x} (-1) ^ {i - (j + x)} \binom{i - x}{j} \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} f(i) \sum _ {j = 0} ^ {i - x} (-1) ^ {i - x - j} \binom{i - x}{j} \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} f(i) [i - x = 0] \\
&= f(x)
\end{aligned}
\]
即证。
模型
\(2\)
：“至多”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
\[\large f(x) = \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f(i)
\]
当然我们可以直接采用模型
\(1\)
的方式推式子。记
\(f(x)\)
表示至多满足
\(x\)
个限制的方案，
\(g(x)\)
表示恰好。
首先用
\(g\)
表示出
\(f\)
，这可以枚举并钦定
\(i \leq x\)
个限制，最后求和得出：
\]
然后把它带到
\(g(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f(i)\)
中。
g(x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} \sum _ {j = 0} ^ i \binom{i}{j} g(j) \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x g(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {x - j} \binom{x}{j} \binom{j}{i} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x g(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {x - j} \binom{x}{i} \binom{x - i}{j - i} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) \sum _ {j = i} ^ x (-1) ^ {x - j} \binom{x - i}{j - i} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) \sum _ {j = 0} ^ {x - i} \binom{x - i}{j} (-1) ^ {x - (j + i)} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) \sum _ {j = 0} ^ {x - i} \binom{x - i}{j} (-1) ^ {x - i - j} 1 ^ {j} \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) [x - i = 0] \\
&= g(x)
\end{aligned}
\]
得证。
当然，如果不考虑问题的实际意义，利用模型
\(0\)
也可以证明。设
\(h(x) = (-1) ^ x g(x)\)
，有：
\]
那么有：
\]
则：
h(x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ {x + i} \binom{x}{i} f(i) \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ {x - i} \binom{x}{i} f(i) \\
\end{aligned}
\]
将
\(h\)
视作命题中的
\(g\)
，即证。
更多思考
注意到「至多满足
\(x\)
个条件」，可以看做「至少不满足
\(n - x\)
个条件」；同理，「至少满足
\(x\)
个条件」，可以看做「至多不满足
\(n - x\)
个条件」，然后就可以相互推导，形成新的一对反演公式，我愿称它们为形式
\(2\)
。
模型
\(1\)
：“至少”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
\[\large f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{n - x}{n - i} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{n - x}{n - i} f(i)
\]
记
\(f(x) = f'(n - x)\)
，表示至少满足
\(x\)
个条件，其中
\(f'\)
就符合模型
\(2\)
了。有
\(f'(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x \dbinom{x}{i} g'(i)\)
，其中
\(g'(x)\)
表示恰好不满足
\(x\)
个条件，相当于
\(g(n - x)\)
，即恰好满足
\(n - x\)
个条件，可以得到：
f(n - x) &= \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(n - i) \\
f(x) &= \sum _ {i = 0} ^ {n - x} \binom{n - x}{i} g(n - i) \\
&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{n - x}{n - i} g(i) \\
\end{aligned}
\]
由于
\(g'(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f'(i)\)
，所以有：
g(n - x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{x}{i} f(n - i) \\
g(x) &= \sum _ {i = 0} ^ {n - x} (-1)^{(n - x) - i} \binom{n - x}{i} f(n - i) \\
&= \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{(n - x) - (n - i)} \binom{n - x}{n - i} f(i) \\
&= \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{n - x}{n - i} f(i) \\
\end{aligned}
\]
所以成立。
模型
\(2\)
：“至多”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
\[\large f(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x \dbinom{n - i}{n - x} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n - i}{n - x} f(i)
\]
类似地，记
\(f(x) = f'(n - x)\)
，表示至多满足
\(x\)
个条件，其中
\(f'\)
就符合模型
\(1\)
了。有
\(f'(x) = \sum \limits _ {i = x} ^ n \dbinom{i}{x} g'(i)\)
，其中
\(g'(x)\)
表示恰好不满足
\(x\)
个条件，相当于
\(g(n - x)\)
，即恰好满足
\(n - x\)
个条件。可以得到：
f(n - x) &= \sum \limits _ {i = x} ^ n \dbinom{i}{x} g(n - i) \\
f(x) &= \sum \limits _ {i = n - x} ^ n \dbinom{i}{n - x} g(n - i) \\
&= \sum \limits _ {i = 0} ^ x \dbinom{n - i}{n - x} g(i) \\
\end{aligned}
\]
由于
\(g'(x) = \sum \limits_ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \dbinom{i}{x} f'(i)\)
，所以有：
g(n - x) &= \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{i}{x} f(n - i) \\
g(x) &= \sum _ {i = n - x} ^ n (-1)^{i - (n - x)} \binom{i}{n - x} f(n - i) \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{(n - i) - (n - x)} \binom{n - i}{n - x} f(i) \\
&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n - i}{n - x} f(i) \\
\end{aligned}
\]
所以成立。
例题 & 习题
等有时间再写啦。
结论
模型
\(0\)
\]
模型
\(1\)
：“至少”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
形式
\(1\)
\]
形式
\(2\)
\]
模型
\(2\)
：“至多”
\(\Leftrightarrow\)
“恰好”
形式
\(1\)
\]
形式
\(2\)
\]
