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：

\ $\\large (a + b) \^ n = \\sum _ {i = 0} \^ n \\binom{n}{i} a\^i b\^{n-i} \\$

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：

\ $\\begin{aligned} \& \\quad \\ \\sum _ {i = 0} \^ n \\binom{n}{i} (-1)\^i \\\\ \&= \\sum _ {i = 0} \^ n \\binom{n}{i} (-1)\^i 1\^{n-i} \\\\ \&= \\Big (1 + (-1) \\Big )\^n \\\\ \&= 0 \^ n \\end{aligned} \\$

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：

\ $\\large \\sum _ {i = 0} \^ n \\binom{n}{i} (-1)\^i = \[n = 0$ \]

引理 $2$：多步容斥

记 $S_i$（$1 \leq i \leq n$）表示一个集合，我们有：

\ $\\large \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert = \\sum _ {1 \\leq i \\leq n} \\Big \\vert S_i \\Big \\vert - \\sum _ {1 \\leq i \\lt j \\leq n} \\Big \\vert S_i \\cap S_j \\Big \\vert + \\cdots + (-1) \^ {n - 1} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ n S_i \\Bigg \\vert \\$

即：

\ $\\large \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert = \\sum _ {m = 1} \^ n (-1) \^ {m - 1} \\sum _ {a_i \< a_{i + 1}} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ m S_{a_i} \\Bigg \\vert \\$

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：

\ $\\begin{aligned} \& \\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：

\ $\\dbinom{n}{i} \\dbinom{i}{j} = \\binom{n}{j} \\binom{n - j}{i - j} \\$

当然也可以代数证明：

\ $\\begin{aligned} \\dbinom{n}{i} \\dbinom{i}{j} \&= \\frac{n!}{i! (n-i)!} \\frac{i!}{j! (i-j)!} \\\\ \&= \\frac{n!}{(n - i)! (i - j)! j!} \\\\ \&= \\frac{n! (n - j)!}{(n - i)! (i - j)! (n - j)! j!} \\\\ \&= \\frac{n!}{j! (n - j)!} \\frac{(n - j)!}{(n - i)! \\Big ((n - j) - (n - i) \\Big)!} \\\\ \&= \\binom{n}{j} \\binom{n - j}{i - j} \\end{aligned} \\$

引理 $4$：$-1$ 的幂次特点

$(-1) ^ {a + b} = (-1) ^ {a - b}$。这还用证明？

\ $\\begin{aligned} 2b \&\\equiv 0 \& \\pmod {2} \\\\ b \&\\equiv -b \& \\pmod {2} \\\\ a + b \&\\equiv a - b \& \\pmod {2} \\end{aligned} \\$

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：

\ $\\begin{aligned} \\left \\vert \\bigcap_{i = 1}\^{n} \\overline{S_i} \\right \\vert \&= \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert - \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} \\overline{S_i} \\right \\vert \\\\ \&= \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert - \\sum _ {m = 1} \^ n (-1) \^ {m - 1} \\sum _ {a_i \< a_{i + 1}} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ m S_{a_i} \\Bigg \\vert \\\\ \&= \\left \\vert \\bigcup_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert + \\sum _ {m = 1} \^ n (-1) \^ m \\sum _ {a_i \< a_{i + 1}} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ m S_{a_i} \\Bigg \\vert \\\\ \&= \\sum _ {m = 0} \^ n (-1) \^ m \\sum _ {a_i \< a_{i + 1}} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ m S_{a_i} \\Bigg \\vert \\\\ \\end{aligned} \\$

由于 $\overline{\ \overline{S_i}\ } = S_i$，所以得到类似的式子：

\ $\\left \\vert \\bigcap_{i = 1}\^{n} S_i \\right \\vert = \\sum _ {m = 0} \^ n (-1) \^ m \\sum _ {a_i \< a_{i + 1}} \\Bigg \\vert \\bigcap _ {i = 1} \^ m \\overline{S_{a_i}} \\Bigg \\vert \\$

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：

\ $f(n) = \\sum _ {i = 0} \^ n (-1) \^ i \\binom{n}{i} g(i) \\$

\ $g(n) = \\sum _ {i = 0} \^ n (-1) \^ i \\binom{n}{i} f(i) \\$

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：

\ $\\begin{aligned} 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。

\ $\\begin{aligned} 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：

\ $f(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x \\binom{x}{i} g(i) \\$

然后把它带到 $g(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f(i)$ 中。

\ $\\begin{aligned} 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：

\ $f(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x \\binom{x}{i} h(i) \\$

那么有：

\ $g(x) = \\frac{h(x)}{(-1) \^ x} = \\sum _ {i = 0} \^ x (-1) \^ i \\binom{x}{i} f(i) \\$

则：

\ $\\begin{aligned} h(x) \&= \\sum _ {i = 0} \^ x (-1) \^ {x + i} \\binom{x}{i} f(i) \\\\ \&= \\sum _ {i = 0} \^ x (-1) \^ {x - i} \\binom{x}{i} f(i) \\\\ \\end{aligned} \\$

将 $h$ 视作命题中的 $g$，即证。

例题 & 习题

等有时间再写啦。

结论

模型 $0$

\ $\\Large f(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x (-1)\^i \\binom{x}{i} g(i) \\Longleftrightarrow g(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x (-1) \^ i \\binom{x}{i} f(i) \\$

模型 $1$："至少" $\Leftrightarrow$ "恰好"

形式 $1$

\ $\\Large f(x) = \\sum _ {i = x} \^ n \\binom{i}{x} g(i) \\Longleftrightarrow g(x) = \\sum _ {i = x} \^ n (-1)\^{i - x} \\binom{i}{x} f(i) \\$

形式 $2$

\ $\\Large f(x) = \\sum _ {i = x} \^ n \\binom{n - x}{n - i} g(i) \\Leftrightarrow g(x) = \\sum _ {i = x} \^ n (-1)\^{i - x} \\binom{n - x}{n - i} f(i) \\$

模型 $2$："至多" $\Leftrightarrow$ "恰好"

形式 $1$

\ $\\Large f(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x \\binom{x}{i} g(i) \\Longleftrightarrow g(x) = \\sum \\limits _ {i = 0} \^ x (-1)\^{x - i} \\dbinom{x}{i} f(i) \\$

形式 $2$

\ $\\Large f(x) = \\sum \\limits _ {i = 0} \^ x \\dbinom{n - i}{n - x} g(i) \\Longleftrightarrow g(x) = \\sum _ {i = 0} \^ x (-1)\^{x - i} \\binom{n - i}{n - x} f(i) \\$

二项式反演学习笔记

前言

概述

证明 & 推导

一些引理

引理 \(1\)：二项式定理

引理 \(2\)：多步容斥

引理 \(3\)：组合数

引理 \(4\)：\(-1\) 的幂次特点

模型 \(0\)

容斥证明

代数证明

模型 \(1\)："至少" \(\Leftrightarrow\) "恰好"

模型 \(2\)："至多" \(\Leftrightarrow\) "恰好"

更多思考

模型 \(1\)："至少" \(\Leftrightarrow\) "恰好"

模型 \(2\)："至多" \(\Leftrightarrow\) "恰好"

例题 & 习题

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 \(2\)