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]
]
-
(n=k)
原式等于
[C(k,k)*-1^{0}*C(0,0) = 1
]
-
(n
ot = k)
此时有(sum_{i=k}^n -1^{n-i} C(n-k,n-i)=0)
证明：
-
(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
-
(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}
]
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：
-
棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
-
棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
-
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}^nsum_{j=1}^msum_{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}^nsum_{j=1}^msum_{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}^nsum_{j=1}^msum_{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}^nsum_{k=1}^csum_{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}^nsum_{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}^nsum_{k=1}^c-1^{n-i+c-k}C(n,i)*C(c,k)*left((k+1)^i-1
ight)^m
]
(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