• 反演原理及二项式反演

    反演魔术：反演原理及二项式反演

    申明：转载自Miskcoo's Space——http://blog.miskcoo.com/2015/12/inversion-magic-binomial-inversion，做了一些改动
    首先我来说说什么是反演（inversion），对于一个数列{f_n}来说，如果我们知道另外一个数列{g_n}，满足如下条件

    g_n = sum_{i=0}^n a_{ni}f_i

    反演过程就是利用 g_0, g_1, cdots, g_n来表示出 f_n

    f_n = sum_{i = 0}^n b_{ni}g_i

    这样的话，我们只需要知道{g_n}的求解方法和{g_n}和{f_n}的关系，就可以快速求解{f_n}

    本质上来说，反演其实是一个解线性方程组的过程，但是你观察后发现，这个矩阵实际上是一个三角矩阵，那必然存在着快捷的方法。对于使得这两个反演公式成立的这些系数应该满足什么条件呢？我们现在就来探讨一番！

    我们首先讨论一下在什么情况下能够比较容易建立反演公式，之后介绍二项式反演以及它的两个应用，其中一个是错位排列问题

    反演原理

    首先我来介绍一个 delta_{ij}函数，这个函数被称为 Kronecker's delta，它是这样定义的

    delta_{ij} = left { egin{eqnarray*} 0 ~ ~ ~ ,i eq j\ 1 ~ ~ ~ ,i = j end{eqnarray*} ight .

    这个函数的定义非常简单，我介绍它完全是为了后面叙述的方便

    好，我们现在来考虑一下上面的式子，假设对于任意 0 leq n leq N都满足

    g_n = sum_{i=0}^n a_{ni}f_i

    那么我们来考虑一下下面这个式子成立应该要满足什么条件

    egin{equation} label{inversion-2} sum_{i = 0}^n b_{ni}g_i = f_n end{equation} 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　$(1)$

    我们可以直接将 g_i代入上式来计算左边的求和

    egin{eqnarray*} & & sum_{i=0}^n b_{ni}g_i \ &=& sum_{i=0}^n b_{ni} sum_{j=0}^i a_{ij}f_j \ &=& sum_{i=0}^n f_i sum_{j=i}^n b_{nj}a_{ji} end{eqnarray*}

    对于最后一步，实际上是变换了求和顺序，为了更容易理解，我按照矩阵的形式写出来

    那么，前一个求和是先对行进行，再将各行加起来，后一个就是先对列进行，再将各列加起来

    这样的话，等式$1$成立的充要条件就是

    sum_{j=i}^n b_{nj}a_{ji} = delta_{ni}

    同样地，我们反过来也能知道，整个反演公式要成立还需要满足一个必要条件

    sum_{j=i}^n a_{nj}b_{ji} = delta_{ni}

    也就是，如果你发现某个数列满足上面这个条件，那么你就可以直接建立起反演公式！

    事实上，在快速傅立叶变换和逆变换你也可以认为是一个反演的过程，具体可以看这一步的推导，你会发现它和这个很相似。此外，第一类 Stirling 数和第二类 Stirling 数也满足这个条件，不过我暂时没有发现它们建立起的反演公式有什么应用。我下面来介绍一个比较有用的反演公式

    二项式反演

    下面就来介绍二项式反演（binomial inversion），这可以表示成

    f_n = sum_{i=0}^n (-1)^i {n choose i} g_i Leftrightarrow g_n = sum_{i=0}^n (-1)^i {n choose i} f_i

    你会发现这个式子具有极强的对称性！另外一个更加常见的形式是

    f_n = sum_{i=0}^n {n choose i} g_i Leftrightarrow g_n = sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} {n choose i} f_i

    现在我们先来给出这个公式的一个容斥解释，之后从代数角度证明一下这个式子，最后介绍两个它的应用

     

    代数证明

     

    根据文章开头反演原理部分的讨论，加上这个公式的对称性，我们只需要证明

     

    sum_{i=j}^n (-1)^{i+j} {n choose i}{i choose j} = delta(i, j)

     

    这里 a_{ni} = (-1)^i { n choose i }, b_{ij} = (-1)^j { i choose j }

     

    好，现在我们来证明它，首先需要一个二项式系数的知识

     

    如果运用组合推理就相当于是，你有一个 n元素集 U，现在对 (A, B)进行计数，其中 B subseteq A subseteq U且 |A| = i, |B| = j，首先对 A计数，U的 i子集有 n choose i，然后对 B计数，A的 j子集有 i choose j

     

    接下来换一种方式，先对 B进行计数，B显然是 U的子集，有 n choose j种方案，由于要求 B subseteq A，B中 j个元素必须在 A中，A还剩下 i - j个不确定的元素，U还有 n - j个可以用的元素，一共有 {n - j} choose {i - j}种，于是就得到上面的恒等式，那么可以得到

     

    这样最后就可以得到

     

    于是，反演公式就建立了！

     

    容斥原理证明

    实际上，二项式反演是容斥原理（inclusion-exclusion principle）的一种最常见的特例子，让我们先来回忆一下容斥原理

    设集合 S中具有性质 P_1, P_2, cdots, P_n的对象的集合为 A_1, A_2, cdots, A_n，那么不具有这些性质的对象的集合大小为

    那么，考虑这样一种特殊的情况，若对于集族 mathcal{U} = {A_1, A_2, cdots, A_n}中任意 i个集合的并集的大小都是 g_i，我们不妨设

    g_i = |A_1 cap A_2 cap cdots cap A_n|

    明显的，在 mathcal{U}中一共有 n choose i个这样的不同交集。另外，我们定义 g_0 = |S|

    这样一来，上面的容斥结果就是

    egin{eqnarray*} & &|overline{A_1} cap overline{A_2} cap cdots cap overline{A_n}| \ &=& g_0 - {n choose 1} g_1 + {n choose 2} g_2 + cdots + (-1)^n {n choose n} g_n end{eqnarray*}

    由于 mathcal{U}中任意 i个集合的交集大小都是 g_i，上面的公式左边的项也只和集合个数有关，我们可以设

    f_i = |overline{A_1} cap overline{A_2} cap cdots cap overline{A_i}|

    同样令 f_0 = |S|，那么同样使用容斥原理

    这也正是 g_n的表达式，因此，整个证明就完成了！

    应用

    错位排列问题

    求有多少个长度为 n的排列 a_1, a_2, cdots, a_n，满足对于所有的 1 leq i leq n，使得 i eq a_i

    这个问题有很多解法，我们来介绍一个有意思的解法：

    为了叙述方便，我们称位置 i是不变的当且仅当 a_i = i

    首先我们知道，如果不考虑 i eq a_i这个条件，问题是很简单的，长度为 n的排列一共有 n! 种。并且这些排列是由恰好有 k(k = 0, 1, 2, cdots, n)个位置是不变的排列组成，也就是，如果我们设 f_i为恰好有 i个位置是不变的排列的个数，那么可以得到

    n! = sum_{i=0}^n {n choose i} f_i

    是否觉得和刚刚的反演公式很相似？这里的 g_i就是  i! ，那么，使用二项式反演可以得到

    egin{eqnarray*} f_n &=& sum_{i=0}^n (-1)^{n+i} {n choose i} i! \ &=& sum_{i=0}^n (-1)^{n+i} frac{n!}{(n-i)!} \ &=& n!sum_{i=0}^n frac{(-1)^{i}}{i!} \ end{eqnarray*}

    这也就是我们熟悉的错位排列

    球染色问题

    有 n个球排成一行，你有 k种颜色，要求给每一个球染色，相邻两个球颜色不可以相同，并且每种颜色至少使用一次

    这是经常在高中数学组合那个部分见到的一个问题，只不过高中题目中数都很小

    还是和刚刚的想法一样，如果没有每种颜色至少一次这个条件，那么问题很简单，答案是 k(k-1)^{n-1}。这些方案是由恰好使用了 i(i=0, 1, 2, cdots, k)种颜色的方案组成的，那么设 f_i为恰好使用了 i种颜色的方案数，可以得到

    k(k-1)^{n-1} = sum_{i=0}^k {k choose i} f_i

    经过反演得到

    f_k = sum_{i=2}^k (-1)^{k+i} {k choose i} i(i-1)^{n-1}

     

    例题

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