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2024-11-12 11:25 修改了一些格式错误且增加了二项式反演的例题
2024-11-12 14:33 改进了二项式反演的证明
基础知识
一、加法原理
完成某个工作有 \(n\) 类办法，第 \(i\) 类办法有 \(a_i\) 种，则完成此工作的方案数有 \(\sum\limits _{i=1}^n a_i\) 种。
二、乘法原理
完成某个工作有 \(n\) 个步骤，第 \(i\) 个步骤有 \(b_i\) 种，则完成此工作的方案数有 \(\prod\limits _{i=1}^n b_i\) 种。
排列组合（基础）
一、定义
1.排列数 ：从 \(n\) 个物体中选出 \(m\) 个物体按一定顺序排为一列的方案数，用 \(A_n ^m\ (\)或\(P_n^m)\) 表示，
\(A_n^m=\dfrac{n!}{(n-m)!}\)。
2.组合数 ：从 \(n\) 个物体种选出 \(m\) 个物体（不考虑顺序）的方案数，用 \(\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}\)(或 \(C_n^m\))表示，\(\dbinom{n}{m}=\dfrac{A_n^m}{m!}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)。
3.插板法
现有 \(n\) 个完全相同 的元素，要求将其分为 \(k\) 组。
- 保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？
考虑拿 \(k - 1\) 块板子插入到 \(n\) 个元素两两形成的 \(n - 1\) 个空里面。因为元素完全相同，所以答案就是 \(\dbinom{n - 1}{k - 1}\)。
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 的正整数解的组数。
- 每组允许为空，一共有多少种分法？
给总体先加上 \(k\) 个，以保证每组至少一个，接下来处理同上，最后相当于每组减一还回去即可。答案为 \(\dbinom{n+k-1}{k-1}\)。因为 \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}\),答案即为 \(\dbinom{n+k-1}{n}\)。
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 的非负整数解的组数。
- 对于第 \(i\) 组，至少要分到 \(a_i\) 个 （\(\sum\limits a_i\le n\)），一共有多少种分法？
本质是求 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n\) 的整数解的组数。
模仿第三种情况，我们设 \(x'_i=x_i-a_i\) 以保证每组最少分到 \(a_i\) 个。现在相当于求 \(x'_1+x'_2+\cdots+x'_k=n\) 的整数解。
过程：
\x'_1+x'_2+\\cdots+x'_k=n \\
\(x'_1+a_1)+(x'_2+a_2)+\\cdots+(x'_k+a_k)=n \\
\x_1+x_2+\\cdots+x_k=n-a_1-a_2-\\cdots-a_k \\
\x_1+x_2+\\cdots+x_k=n-\\sum a_i \\
所以答案为 \(\dbinom{n-\sum a_i+k-1}{n-\sum a_i}\)。
例： \(\ \ 1 \sim n\) 这 \(n\) 个自然数中选 \(k\) 个，使得这 \(k\) 个数中任何两个数都不相邻的组合有 \(\dbinom {n-k+1}{k}\) 种。
证明：设选的 \(k\) 个数分别为 \(x_1,x_2,\cdots,x_k (x_1\le x_2\le \cdots \le x_k)\)，设 \(x'_i=x_i+i-1\)，则一定有 \(x'_1<x'_2<\cdots<x'_k\ \ (x'_k\le n)\)，即两两都不相邻。因为 \(x'_k=x_k+k-1\le n\)，所以 \(x_k\le n-k+1\)，我们只需在 \(1\sim n-k+1\) 中选 \(k\) 个数即可，答案为 \(\dbinom{n-k+1}{k}\) 种。
二项式定理
内容
\(a+b)\^n=\\sum_{i=0}\^n\\binom{n}{i}a\^{n-i}b\^i \\
证明
采用数学归纳法。
先理解一个引理：帕斯卡法则，即：
\\\dbinom{n}{k}+\\dbinom{n}{k-1}=\\dbinom{n+1}{k} \\
- 证明帕斯卡法则：假设有 \(n+1\) 个人，要在其中选出 \(k\) 个人，很明显方案有 \(\dbinom{n+1}{k}\) 种；但不幸的是，一共的 \(n+1\) 个人中死了一个，现在我们总人数剩下 \(n\) 人，但还是要选 \(k\) 人，现在方案数为 \(\dbinom{n}{k-1}\) 种；我们发现少的方案数一定和那死的一个人有关，那我们所缺少的方案数就是在选种的 \(k\) 个人中有那个死人，所以我们还能自主选择 \(k-1\) 人，所以缺少的方案数为 \(\dbinom{n}{k-1}\)。所以我们有：
\\\dbinom{n+1}{k}-\\dbinom{n}{k-1}=\\dbinom{n}{k} \\
调换下顺序得到：
\\\dbinom{n}{k}+\\dbinom{n}{k-1}=\\dbinom{n+1}{k} \\
得证。
现在证明二项式定理。
当 \(n=1\) 时，原式显然成立。
假设当 \(n=k\) 时原式成立，设 \(n=k+1\)：
\(a+b)\^{k+1}=a(a+b)\^k+b(a+b)\^k \\
\=a\\sum_{i=0}\^k\\dbinom{k}{i}a\^{k-i}b\^i+b\\sum_{j=0}\^k\\dbinom{k}{j}a\^{k-j}b\^j \\
将 \(a,b\) 乘进来：
\=\\sum_{i=0}\^k\\dbinom{k}{i}a\^{k-i+1}b\^i+\\sum_{j=0}\^k\\dbinom{k}{j}a\^{k-j}b\^{j+1} \\
把前半部分 \(i=1\) 时提出来：
\=a\^{k+1}+\\sum_{i=1}\^k\\dbinom{k}{i}a\^{k-i}b\^i+\\sum_{j=0}\^k\\dbinom{k}{j}a\^{k-j}b\^{j+1} \\
将 \(j\) 化为 \(i-1\):
\=a\^{k+1}+\\sum_{i=1}\^k\\dbinom{k}{i}a\^{k-i}b\^i+\\sum_{i=1}\^{k+1}\\dbinom{k}{i-1}a\^{k-i+1}b\^{i} \\
把后半部分 \(i=k+1\) 时提出来：
\=a\^{k+1}+\\sum_{i=1}\^k\\dbinom{k}{i}a\^{k-i}b\^i+\\sum_{i=1}\^{k}\\dbinom{k}{i-1}a\^{k-i+1}b\^{i}+b\^{k+1} \\
将中间两个求和合并：
\=a\^{k+1}+b\^{k+1}+\\sum_{i=1}\^k\\left\[\\dbinom{k}{i}+\\dbinom{k}{i-1}\\righta^{k-i}b^i \]
套用帕斯卡法则：
\=a\^{k+1}+b\^{k+1}+\\sum_{i=1}\^k\\dbinom{k+1}{i}a\^{k-i}b\^i \\
\=\\sum_{i=0}\^{k+1}\\dbinom{k+1}{i}a\^{k-i}b\^i \\
所以当 \(n=k+1\) 时，结论仍成立。因此对任意 \(n\in \mathbb{N} ^{+}\)，均可使所证等式成立，
得证。
鸽巢原理（抽屉原理）
内容
将 \(n\) 个物体，划分为 \(k\) 组，那么至少存在一个分组，含有大于或等于 \(\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil\) 个物品。
证明
反证法。
设每个分组含有小于 \(\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil\) 个物体，则其总和 \(S\leq (\left \lceil \dfrac{n}{k} \right \rceil -1 ) \times k=k\left\lceil \dfrac{n}{k} \right\rceil-k < k(\dfrac{n}{k}+1)-k=n\) ，矛盾。
容斥原理
内容
设 \(U\) 中元素有 \(n\) 种不同的属性，而第 \(i\) 种属性称为 \(P_i\)，拥有属性 \(P_i\) 的元素构成集合 \(S_i\)，那么
\\\left\|\\bigcup_{i=1}\^{n}S_i\\right\|=\\sum_{m=1}\^n(-1)\^{m-1}\\sum_{a_i\
证明
数学归纳法，懒得写了以后填坑（）
卡特兰数
定义
定义卡特兰数 \(H_n\) 表示坐标轴上从 \((0,0)\) 点到 \((n,n)\) 的路径中不越过直线 \(y=x\) 的路径数。下图为一种不合法的方案。
求法
如下图，对每个非法的方案都可以通过把在第一个越过 \(y=x\) 的点之后的路径以直线 \(y=x+1\) 做对称从而构造一条自 \((0,0)\) 至 \((n-1,n+1)\) 的路径。
因为一共需要走 \(2n\) 步，所以从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的方案总数有 \(\dbinom{2n}{n}\) 种，从 \((0,0)\) 到 \((n-1,n+1)\) 的方案数有 \(\dbinom{2n}{n-1}\) 种。
综上可得：
\\\begin{aligned} H_n\&=\\dbinom{2n}{n}-\\dbinom{2n}{n-1}\\\\ \&=\\frac{(2n)!}{(n!)\^2}-\\frac{(2n)!}{(n+1)!(n-1)!}\\\\ \&=\\frac{(n+1)(2n)!}{n!(n+1)!}-\\frac{n(2n)!}{n!(n+1)!}\\\\ \&=\\frac{(2n)!}{n!(n+1)!}\\\\ \&=\\frac{\\dbinom{2n}{n}}{n+1}\\\\ \\end{aligned}\\
递推公式
\H_n = \\sum_{i=0}\^{n-1}H_iH_{n-i-1} \\
\H_n = \\frac{4n-2}{n+1}H_{n-1} \\
证明：\((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的路径可以分作以下几步：
-
从 \((0,0)\) 走到 \((i,i)\)，方案数为 \(H_i\)。
-
从 \((i,i)\) 走到 \((n-1,n-1)\)，方案数为 \(H_{n-i-1}\)。
-
从 \((n-1,n-1)\) 走到 \((n,n)\)，方案数为 \(1\)。
枚举每一个 \(i\)，由此得到 \(H_n = \sum_{i=0}^{n-1}H_iH_{n-i-1}\)。
\\\begin{aligned} \& H_n = \\frac{4n-2}{n+1}H_{n-1} \\\\ \\iff \& \\frac{C_{2n}\^n}{n+1} = \\frac{4n-2}{n+1} \\times \\frac{C_{2n-2}\^{n-1}}{n} \\\\ \\iff \& \\frac{(2n)!}{(n+1)(n!)\^2} = \\frac{4n-2}{n+1} \\times \\frac{(2n-2)!}{n(n-1)!\^2} \\\\ \\iff \& \\frac{(2n)!}{n} = (4n-2) \\times {(2n-2)!} \\\\ \\iff \& \\frac{(2n)(2n-1)}{n} = 4n-2 \\\\ \\iff \& 4n-2 = 4n-2 \\\\ \\end{aligned} \\
故得证。
组合数性质
性质1
\\\dbinom{n}{m}=\\dbinom{n}{n-m} \\
证明
正确性显然，用组合数意义理解，在 \(n\) 个中选 \(m\) 个相当于在 \(n\) 个中挑 \(n-m\) 个不选。
性质2
\\\dbinom{n}{m}=\\dfrac{n}{m}\\dbinom{n-1}{m-1} \\
证明
\\\begin{aligned} \\dbinom{n}{m}\&=\\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\\\\ \&=\\dfrac{n}{m}\\times \\dfrac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}\\\\ \&=\\dfrac{n}{m}\\dbinom{n-1}{m-1} \\end{aligned}\\
性质3
\\\dbinom{n}{m}=\\dbinom{n-1}{m}+\\dbinom{n-1}{m-1} \\
证明
即帕斯卡定理的略微转换，具体见上。
性质4
\\\sum_{i=0}\^{n}\\dbinom{n}{i}=2\^n \\
证明
将 \(a=b=1\) 带入二项式定理即可。
\\\begin{aligned} 2\^n\&=(1+1)\^n\\\\ \&=\\sum_{i=0}\^n\\dbinom{n}{i}1\^{n-i}1\^i\\\\ \&=\\sum_{i=0}\^n\\dbinom{n}{i} \\end{aligned}\\
性质5
\\\sum_{i=0}\^{n}(-1)\^i\\dbinom{n}{i}=\[n=0 \]
\(a\) 表示当 \(a\) 为真时答案为 \(1\)，否则为 \(0\)（相当于一个 bool）。
证明
证法基本等同于性质 \(4\)，将 \(a=1,b=-1\) 带入二项式定理即可。
我们这里认为 \(0^0=1\)，所以 \(n=0\) 时答案为 \(1\)。
具体证明略。
性质6
\\\sum_{i=0}\^{m}\\dbinom{n}{i}\\dbinom{m}{m-i}=\\dbinom{n+m}{m}\\tag{$n\\ge m$} \\
证明
考虑通过组合数意义来理解。
假设现在有 \(n\) 个男生，\(m\) 个女生，我们现在要从这 \(n+m\) 个人中选出 \(m\) 个人，方案数显然为 \(\dbinom{n+m}{m}\)。另一种思考方式是从男生中选 \(i\) 个，女生中选 \(m-i\) 个，对于每个 \(i\) 方案数为 \(\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{m-i}\)，枚举每个 \(i\) 即为总方案数。
性质7
\\\sum_{i=0}\^n\\binom{n}{i}\^2=\\binom{2n}{n} \\
证明
性质 \(6\) 的特殊情况，取 \(m=n\) 即可。
性质8
\\\sum_{i=0}\^{n}i\\dbinom{n}{i}=n2\^{n-1} \\
证明
\\\begin{aligned} \\sum_{i=1}\^{n}i\\dbinom{n}{i}\&=n\\cdot\\sum_{i=1}\^{n}\\dfrac{i}{n}\\dbinom{n}{i}\\\\ \&=n\\cdot\\sum_{i=1}\^{n}\\dbinom{n-1}{i-1}\\text{(套用性质2)}\\\\ \&=n2\^{n-1}\\text{(套用性质4)}\\\\ \\end{aligned}\\
性质9
\\\begin{aligned} \\sum_{i=1}\^{n}i\^2\\dbinom{n}{i}\&=n(n+1)2\^{n-2} \\end{aligned}\\
证明
\\\begin{aligned} \\sum_{i=1}\^{n}i\^2\\dbinom{n}{i}\&=n\\cdot\\sum_{i=1}\^n\\dfrac{i}{n}\\dbinom{n}{i}\\cdot i\\\\ \&=n\\cdot\\sum_{i=1}\^{n}i\\dbinom{n-1}{i-1}\\\\ \&=n\\cdot\\sum_{i=0}\^{n-1}(i+1)\\dbinom{n-1}{i}\\\\ \&=n\\cdot\\sum_{i=0}\^{n-1}i\\dbinom{n-1}{i}+n\\cdot\\sum_{i=0}\^{n-1}\\dbinom{n-1}{i}\\\\ \&=n\\cdot\\sum_{i=0}\^{n-1}i\\dbinom{n-1}{i}+n2\^{n-1}\\\\ \&=n(n-1)\\cdot\\sum_{i=0}\^{n-1}\\dfrac{i}{n-1}\\dbinom{n-1}{i}+n2\^{n-1}\\\\ \&=n(n-1)\\cdot\\sum_{i=1}\^{n-1}\\dbinom{n-2}{i-1}+n2\^{n-1}\\\\ \&=n(n-1)2\^{n-2}+n2\^{n-1}\\\\ \&=n(n+1)2\^{n-2} \\end{aligned}\\
拓展：求证 $$\begin{aligned}
\sum_{i=1}{n}im\dbinom{n}{i}&=n{\overline{m}}2
\end{aligned}$$。
性质10：
\\\binom{n}{r}\\binom{r}{k} = \\binom{n}{k}\\binom{n-k}{r-k} \\
证明
\\\begin{aligned} \\binom{n}{r}\\binom{r}{k} \&= \\dfrac{n!}{r!(n-r)!}\\cdot\\dfrac{r!}{k!(r-k)!}\\\\ \&= \\dfrac{n!}{(n-r)!\\cdot k!\\cdot(r-k)!}\\\\ \&= \\dfrac{n!(n-k)!}{(n-r)!\\cdot k!\\cdot (r-k)!\\cdot(n-k)!}\\\\ \&=\\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\\cdot \\dfrac{(n-k)!}{(r-k)!(n-r)!}\\\\ \&=\\dbinom{n}{k}\\dbinom{n-k}{r-k} \\end{aligned}\\
二项式反演
内容
形式1
\F_n=\\sum_{i=0}\^{n}(-1)\^i{n\\choose i}G_i \\iff G_n=\\sum_{i=0}\^{n}(-1)\^{i}{n\\choose i}F_i \\
形式2
\F_n=\\sum_{i=0}\^{n}{n\\choose i}G_i \\iff G_n=\\sum_{i=0}\^{n}(-1)\^{n-i}{n\\choose i}F_i \\
证明
发现形式一的形态很对称，那我们设一个反演系数。
设矩阵 \(A_{n,i}=(-1)^i\begin{pmatrix} n \\ i \end{pmatrix}\)，现在变为求证 F_n=\\sum_{i=0}\^{n}A_{n,i}G_i \\iff G_n=\\sum_{i=0}\^{n}A_{n,i}F_i，即证 \(A*A=I\)。
\\\begin{aligned} (A\*A)_{n,m}\&=\\sum_{t=1}\^{\\infty}{A_{n,t}}{A_{t,m}}\\\\ \&=\\sum_{t=m}\^{n}(-1)\^t{n \\choose t}(-1)\^m{t \\choose m}\\\\ \&=(-1)\^m\\sum_{t=m}\^{n}(-1)\^t{n \\choose t}{t \\choose m}\\\\ \&=(-1)\^m\\sum_{t=m}\^{n}(-1)\^t(\\dfrac{n!}{t!\\times (n-t)!}\\cdot\\dfrac{t!}{m!\\times (t-m)!})\\\\ \&=(-1)\^m\\sum_{t=m}\^{n}(-1)\^t{n \\choose m}{n-m \\choose n-t}\\\\ \&=(-1)\^m{n \\choose m}\\sum_{t=m}\^{n}(-1)\^t{n-m \\choose n-t}\\\\ \&=(-1)\^m{n \\choose m}\\sum_{t=0}\^{n-m}(-1)\^{t+m}+{n-m \\choose n-t-m}\\\\ \&=(-1)\^{2m}{n \\choose m}\\sum_{t=0}\^{n-m}(-1)\^t+{n-m \\choose t}\\\\ \\end{aligned}\\
发现后面的那块是二项式定理，所以原式可以化简为：
\(-1)\^{2m}{n \\choose m}(1-1)\^{n-m} \\
仔细观察，此式只有在 \(n=m\) 时值为 \(1\)，其余时间都为 \(0\)，即 \(n=m\)，也就是单位矩阵 \(I\)。
由此得证 \(A*A=I\) 即矩阵 \(A\) 自逆，从而得证形式一，而形式二通过移动 \(-1\) 的次幂即可推得。
例题
虽然 Codeforces 题库炸了，但不影响这是一道能用来练二项式反演的好题（好像也可以用容斥原理做？）。
套路化的，我们设 \(F_{i,j}\) 为 至少 有 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数，\(G_{i,j}\) 为 恰好 有 \(i\) 行 \(j\) 列同色的方案数。很明显，我们有：
\F_{x,y}=\\sum_{i=x}\^n\\sum_{j=y}\^n {n\\choose i}{n\\choose j}G_{i,j} \\
发现这是 二维二项式反演 的经典式子，反演后可得：
\G_{x,y}=\\sum_{i=x}\^n\\sum_{j=y}\^n (-1)\^{n-i}{n\\choose i}(-1)\^{n-j}{n\\choose j}F_{i,j} \\
\G_{x,y}=(-1)\^{2n}\\sum_{i=x}\^n\\sum_{j=y}\^n (-1)\^{i+j}{n\\choose i}{n\\choose j}F_{i,j} \\
而我们要求的答案是总方案数 \(3^{n^2}-G_{0,0}\)，问题即转化为求 \(F\)，接下来分类讨论。
- 当 \(ij \ne 0\) 时，同色的行和列一定交叉，所以所有行和列都是一种颜色，方案数为 \({n\choose i}{n\choose j}3^{(n-i)(n-j)+1}\)。
- 当 \(ij = 0,i+j \ne 0\) 时，同色的行和列一定交叉，所以所有行和列都是一种颜色，方案数为 \({n\choose i+j}3^{i+j+(n-i-j)n}\)。
- 当 \(i+j = 0\) 时，无限制，方案数为 \(3^{n^2}\)。
把 \(F\) 带回去算出 \(G_{0,0}\) 用全部方案数一减即可。