概念
二项式反演为一种反演形式，常用于通过 “指定某若干个” 求 “恰好若干个” 的问题。
注意：二项式反演虽然形式上和多步容斥极为相似，但它们并不等价，只是习惯上都称之为多步容斥。
引入
既然形式和多步容斥相似，我们就从多步容斥讲起。
我们都知道：(|Acup B|=|A|+|B|-|Acap B|) ，这其实就是容斥原理。
它的一般形式为：
证明：
设某一元素被 (m) 个集合所包含，则其对左侧的贡献为 (1) ；
对右侧的贡献为 (sumlimits_{i=1}^m(-1)^{i-1}{mchoose i}=-sumlimits_{i=1}^m(-1)^i{mchoose i}=1-sumlimits_{i=0}^m(-1)^i{mchoose i}=1-(1-1)^m=1) 。
故左侧等于右侧 ，证毕。
形式
形式零
沿用刚刚多步容斥的公式，记 (A_i^c) 表示 (A_i) 的补集，则将一般形式变形，可以得到：
同时，由于补集的补集就是原集，因此又有：
考虑一种特殊情况：多个集合的交集大小只和集合的数目有关。
记 (f(n)) 表示 (n) 个补集的交集大小，(g(n)) 表示 (n) 个原集的大小，则两个公式分别可以写成：
显然这两个公式是等价关系，更是相互推导的关系，于是我们得到了二项式反演的形式零：
形式一
公式如下：
证明一
在形式零中，令 (h(n)=(-1)^ng(n)) ，则形式零就变为了：
整理后就是形式一。
证明二
将右侧代入左侧，则：
考虑调换两个求和符号的顺序，即先枚举 (i) ，再枚举 (j) ，则又有：
考虑 ({nchoose i}{ichoose j}) 的组合意义：从 (n) 个中选 (i) 个，再从 (i) 个中选 (j) 个。不妨反过来想，先从 (n) 个中选 (j) 个，再从剩下的 (n-j) 个中选出 (i-j) 个，即 ({nchoose j}{n-jchoose i-j}) 。
于是可以得到：
当 (n-j
eq 0) 时，显然 ((1-1)^{n-j}=0) ；
当 (n-j=0) 时，出现 (0^0) 不能直接计算，需要使用组合形式求解，此时 ({n-jchoose t}(-1)^{t}=1) 。
故 (sumlimits_{t=0}^{n-j}{n-jchoose t}(-1)^t=[j=n]) ，于是：
左右恒等，证毕。
注：由于证明二并未用到 (i) 从 (0) 开始这一性质，因此更通用的公式为：
形式二
这个形式和形式一类似，是最常用的公式。公式如下：
证明
将右侧代入左侧，则：
左右恒等，证毕。
组合意义
记 (f(n)) 表示 “钦定选 (n) 个”，(g(n)) 表示 “恰好选 (n) 个”，则对于任意的 (ige n) ，(g(i)) 在 (f(n)) 中被计算了 (ichoose n) 次，故 (f(n)=sumlimits_{i=n}^m{ichoose n}g(i)) ，其中 (m) 是数目上界。
注意：在定义中，(f(n)) 表示先钦定 (n) 个，再统计钦定情况如此的方案数，其中会包含重复的方案，因为一个方案可以有多种钦定情况。具体地，对于恰好选择 (i) 个，钦定情况数位 (ichoose n) ，故 g(i) 在 (f(i)) 中被计算了 (ichoose n) 次。切勿将 (f(n)) 来理解为普通的后缀和。
例题
[bzoj2839]集合计数
题目大意
一个有 (n) 个元素的集合有 (2^n) 个不同子集（包含空集），现在要在这 (2^n) 个集合中取出至少一个集合，使得它们的交集的元素个数为 (k) ，求取法的方案数模 (10^9+7) 。
(1le nle 10^6) ，(0le kle n) 。
题解
对于稍有组合数学基础的人，通过直觉很容易列出式子 ({nchoose i}(2^{2^{n-i}}-1)) 。即钦定 (i) 个交集元素，则包含这 (i) 个的集合有 (2^{n-i}) 个；每个集合可选可不选，但不能都不选，由此可得此方案数。
接下来考虑上式与所求的关系：设 (f(i)) 表示钦定交集元素为某 (i) 个的方案数， (g(i)) 表示交集元素恰好为 (i) 个的方案数，则 ({nchoose k}(2^{2^{n-k}-1})=f(k)=sumlimits_{i=k}^n{nchoose i}g(i)) 。
通过二项式反演求出 (g(k)=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{ichoose k}f(i)=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{ichoose k}{nchoose i}(2^{2^{n-i}}-1)) 。
使用一些预处理手段，时间复杂度 (O(n)) 。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
ll fac[1000010] , ine[1000010] , fi[1000010] , pow[1000010];
ll choose(ll n , ll m)
{
return fac[n] * fi[m] % mod * fi[n - m] % mod;
}
int main()
{
int n , k , i;
ll ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &k);
fac[0] = fac[1] = ine[1] = fi[0] = fi[1] = 1;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
ine[i] = (mod - mod / i) * ine[mod % i] % mod;
fi[i] = fi[i - 1] * ine[i] % mod;
}
pow[0] = 2;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) pow[i] = pow[i - 1] * pow[i - 1] % mod;
for(i = k ; i <= n ; i ++ )
{
if((i & 1) == (k & 1)) ans = (ans + choose(n , i) * choose(i , k) % mod * (pow[n - i] - 1 + mod)) % mod;
else ans = (ans - choose(n , i) * choose(i , k) % mod * (pow[n - i] - 1 + mod) % mod + mod) % mod;
}
printf("%lld
" , (ans + mod) % mod);
return 0;
}
[bzoj3622]已经没有什么好害怕的了
题目大意
给出两个长度均为 (n) 的序列 (A) 和 (B) ，保证这 (2n) 个数互不相同。现要将 (A) 序列中的数与 (B) 序列中的数两两配对，求 “ (A>B) 的对数比 (A<B) 的对数恰好多 (k) ” 的配对方案数模 (10^9+9) 。
题解
显然当 (n-k) 为奇数时必然无解；当 (n-k) 为偶数时，(A>B) 的对数恰好为 (frac{n+k}2) ，记 (m=frac{n+k}2) 。
由于 “恰好” 这一限制不容易处理，考虑将其转化为 “钦定” 限制，进而通过二项式反演来处理。
先将 (A) 和 (B) 从小到大排序，设 (dp(i,j)) 表示考虑了 (A) 的前 (i) 个数，钦定了 (j) 对 (A>B) 的方案数。
讨论 (A_i) 的配对情况：若不配对，则方案数为 (dp(i-1,j)) ；若配对，记 (B) 中比 (A_i) 小的数的个数为 (cnt(i)) ，则方案数为 (dp(i-1,j-1) imes (cnt(i)-(j-1))) 。
故 (dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,j-1) imes(cnt(i)-(j-1))) 。
设 (f(i)) 表示钦定 (i) 对 (A>B) 的方案数，(g(i)) 表示恰好 (i) 对 (A>B) 的方案数，则 ((n-m)! imes dp(n,m)=f(m)=sumlimits_{i=m}^n{ichoose m}g(i)) 。
故 (g(m)=sumlimits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{ichoose m}f(i)=sumlimits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{ichoose m}(n-i)! imes dp(n,i)) 。
时间复杂度 (O(n^2)) 。
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 2010
#define mod 1000000009
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[N] , b[N];
ll c[N][N] , fac[N] , f[N][N];
int main()
{
int n , k , i , j , p = 0;
ll ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &k);
if((n ^ k) & 1)
{
puts("0");
return 0;
}
k = (n + k) >> 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &b[i]);
sort(a + 1 , a + n + 1) , sort(b + 1 , b + n + 1);
for(i = 0 ; i <= n ; i ++ ) f[i][0] = 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
while(p < n && b[p + 1] < a[i]) p ++ ;
for(j = 1 ; j <= n ; j ++ )
f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i - 1][j - 1] * (p - j + 1)) % mod;
}
c[0][0] = fac[0] = 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
c[i][0] = 1 , fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;;
for(j = 1 ; j <= i ; j ++ )
c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;
}
for(i = k ; i <= n ; i ++ )
{
if((i ^ k) & 1) ans = (ans - c[i][k] * f[n][i] % mod * fac[n - i] % mod + mod) % mod;
else ans = (ans + c[i][k] * f[n][i] % mod * fac[n - i]) % mod;
}
printf("%lld
" , ans);
return 0;
}
[bzoj4710]分特产
题目大意
有 (n) 个人和 (m) 种物品，第 (i) 种物品有 (a_i) 个，同种物品之间没有区别。现在要将这些物品分给这些人，使得每个人至少分到一个物品，求方案数模 (10^9+7) 。
题解
对于多种物品的情况，“每个人至少分到一个物品” 是一个非常棘手的条件，考虑将其转化为 “恰好 (0) 个人没有分到物品” ，并用二项式反演来解决。
设 (f(i)) 表示钦定 (i) 个人没有分到物品的方案数，(g(i)) 表示恰好 (i) 个人没有分到物品的方案数，则在 (f(t)) 中，对于第 (i) 种物品，分配时相当于 (a_i) 个物品分给 (n-t) 个人，方案数为 ({n-t+a_i-1choose a_i-1}) ， 于是 ({nchoose t}prodlimits_{i=1}^m{n-t+a_i-1choose a_i-1}=f(t)=sumlimits_{i=t}^n{ichoose t}g(i)) 。
故 (g(t)=sumlimits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{ichoose t}f(i)=sumlimits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{ichoose t}{nchoose i}prodlimits_{j=1}^m{n-i+a_j-1choose a_j-1}) 。
最终的答案 (g(0)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}prodlimits_{j=1}^m{n-i+a_j-1choose a_j-1}) 。
时间复杂度 (O(n^2+nm)) 。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 2010
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
ll c[N][N];
int w[N];
int main()
{
int n , m , i , j;
ll ans = 0 , tmp;
for(i = 0 ; i <= 2000 ; i ++ )
{
c[i][0] = 1;
for(j = 1 ; j <= i ; j ++ )
c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % mod;
}
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d" , &w[i]);
for(i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
tmp = c[n][i];
for(j = 1 ; j <= m ; j ++ )
tmp = tmp * c[w[j] + n - i - 1][w[j]] % mod;
if(i & 1) ans = (ans - tmp + mod) % mod;
else ans = (ans + tmp) % mod;
}
printf("%lld
" , ans);
return 0;
}