二项式反演入门

二项式反演入门

写在前面

前几天做CF的时候做了一道容斥，感觉很迷，不知道式子怎么推出来的

昨天T3刚好又考了一道容斥 (爆 零 了)，也是这种类型的（高维容斥），老师用二项式反演证了（%%%

于是来学学二项式反演

二项式定理

比较基础的内容

结论

\[ (a+b)^n=\sum_{i=0}^n C(n,i) a^{i} b^{n-i} \]

证明

对于单独一项，考虑组合意义，在 \(n\) 个不同的数对中选择 \(i\) 个 \(a\) ，剩下的为 \(b\)，方案数为\(C(n,i)\)

最后加起来就行了

二项式反演

结论

\[ g(n) =\sum_{i=1}^n C(n,i) f(i) \Longleftrightarrow f(n)=\sum_{i=1}^n -1^{n-i}C(n,i)g(i) \]

证明

先把左边带入右边
\[ f(n)=\sum_{i=1}^n -1^{n-i}C(n,i) \sum _{k=1}^iC(i,k)f(k) \]
右边式子改变枚举顺序：
\[ f(n)=\sum_{k=1}^n f(k)*\sum_{i=k}^n -1^{n-i} C(n,i)C(i,k) \]
即证明
\[ f(n)=\sum_{k=1}^n [k==n]*f(k) \]
化简系数：
\[ \sum_{i=k}^n -1^{n-i} \frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{i!}{k!(i-k)!} \]

\[ =\sum_{i=k}^n -1^{n-i} \frac{n!}{(n-i)!(i-k)!k!} \]

\[ =\frac{n!}{k!} \sum_{i=k}^n \frac{-1^{n-i}}{(n-i)!(i-k)!} \]

乘上\((n-k)!\)
\[ =\frac{n!}{k!(n-k)!} \sum_{i=k}^n -1^{n-i}\frac{(n-k)!}{(n-i)!(i-k)!} \]

\[ =C(n,k)*\sum_{i=k}^n -1^{n-i} C(n-k,n-i) \]

即证明
\[ C(i,k)*\sum_{i=k}^n -1^{n-i} C(n-k,n-i) = [i==k] \]

1. \(n=k\)

   原式等于
   \[ C(k,k)*-1^{0}*C(0,0) = 1 \]

2. \(n \not = k\)

   此时有\(\sum_{i=k}^n -1^{n-i} C(n-k,n-i)=0\)

   证明：

   1. \(n-k\)为奇数

      也就是\(n-i\)有\(n-i+1\)个取值，偶数个

      对于\(C(n-k,n-i)\)和\(C(n-k,n-k-(n-i))\) 的系数相反，两两消掉了

   2. \(n-k\)为偶数

      运用二项式定理：
      \[ \sum_{i=0}^n C(n,i) (-1)^{n-i} = \sum_{i=0}^n C(n,i) (-1)^{n-i}1^i \]

      \[ =(1-1)^n=0^n=0 \]

原式得证

第二种形式

\[ g(n)=\sum_{i=1}^n -1^i*C(n,i)*f(i) \Longleftrightarrow f(n)=\sum_{i=1}^n -1^i*C(n,i)*g(i) \]

感性理解，

因为进行了容斥，g(n)相当于f的对立面，用g来算f也就等价了

例题分析

二项式反演的例题一般是用容易得到的式子表示答案的sigma形式

可以推很多容斥式子QwQ

错排问题

\(f(i)\) 表示有i个数不在位置上,\(g(i)\)表示所有排列方法

那么有
\[ g(n)=\sum_{i=0}^n C(n,i)f(i) \]

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

化成好康的形式：
\[ =\sum_{i=0}^n -1^{n-i}\frac{n!}{(n-i)!} \]
提出相同项，改变枚举顺序：
\[ =n!\sum_{i=0}^n \frac{-1^i}{i!} \]

球染色

一个n个求，k种颜色，相邻球的颜色不同，每种颜色至少出现一次

考虑\(g(x)\)为不要求至少出现一次的方案数，即为\(k*(k-1)^{n-1}\)

\(f(i)\)表示恰好使用\(i\)种颜色

所以有
\[ g(k)=k*(k-1)^{n-1}=\sum_{i=1}^k C(k,i) f(i) \]

\[ f(k)=\sum_{i=1}^k-1^{k-i}C(i,k)g(i) \]

\[ =\sum_{i=1}^k (-1)^{k-i}C(k,i)*i(i-1)^{n-1} \]

染色问题

这题就不知道高到哪里去了

网上的题解咋都是显然易得啊

有三个限制：

1. 棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。

2. 棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。

3. 每种颜色都在棋盘上出现至少一次。

注意每个格子可以不染色，所以可用颜色为\(k+1\)种

设其方案数为\(f(i,j,k)\)

考虑用最多染 \(i\) 行，\(j\) 列，\(k\) 种颜色，方案数即为\(g(i,j,k)=(k+1)^{ij}\)

那么有
\[ g(n,m,c)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^c C(n,i)*C(m,j)*C(c,k)*f(i,j,k) \]
可以得到
\[ f(n,m,c)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^c -1^{n-i+m-j+k-c}C(n,i)*C(m,j)*C(c,k)*g(i,j,k) \]

\[ f(n,m,c)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^c -1^{n-i+m-j+k-c}C(n,i)*C(m,j)*C(c,k)(k+1)^{ij} \]

枚举是\(n^3\)的，可以通过

注意到有幂次有sigma有组合数，用二项式定理化简：
\[ =\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^c\sum_{j=1}^m -1^{n-i+m-j+k-c}C(n,i)*C(m,j)*C(c,k)(k+1)^{ij} \]

\[ =\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^c-1^{n-i+c-k}C(n,i)*C(c,k)\sum_{j=1}^m C(m,j)*-1^{m-j}(k+1)^{ij} \]

\[ =\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^c-1^{n-i+c-k}C(n,i)*C(c,k)*\left((k+1)^i-1\right)^m \]

CF1228E

\(n*n\)的矩阵，每个格子可以填1~k的数。要求使得每行每列的数字最小值都为1（至少有一个1），问有多少种填数方案

跟上一题的区别不就是一个对于每种颜色都有限制，一个只对一种颜色有限制吗？

考虑有 \(i\) 行 \(j\) 列对于1没有限制，方案数为
\[ g(i,j)=k^{n i+n j-i j} (k-1)^{n^{2}-n i-n j+i j} \]

\[ g(n,n)=\sum_{i=0}^n \sum _{j=0}^n C(n,i)*C(n,j)*f(i,j) \]

那么
\[ f(n,n)=\sum_{i=0}^n \sum _{j=0}^n -1^{n-i+n-j}C(n,i)*C(n,j)*k^{n i+n j-i j} (k-1)^{n^{2}-n i-n j+i j} \]
好像可以用二项式定理化简吧。。。
\[ f(n,n)=\sum_{i=0}^n -1^{n-i}C(n,i)\sum _{j=0}^n C(n,j)*-1^{n-j}*k^{n i+n j-i j} (k-1)^{n^{2}-n i-n j+i j} \]
之后懒得写了，应该差不多