Re：从零开始的二项式反演

Posted 2021-12-05 佐世保の时雨酱

tags:

篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了Re：从零开始的二项式反演相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

关于反演

演绎推理是我们在数学中经常遇到的一些方法。对于数列来说，通过原数列计算出新的数列叫作演绎，而通过计算出的数列反推出原数列则被称为反演。

形象化地，如果原数列为 \\(g(x)\\)，新数列是 \\(f(x)\\)，且满足：\\(\\large f(x) = \\displaystyle\\sum^x_{k = 0}a_{x,k} \\times g(k)\\)

而反演就是希望我们可以通过 \\(f(x)\\) 来得到 \\(g(x)\\)，即 \\(\\large g(x) = \\displaystyle\\sum^x_{k = 0}b_{x,k} \\times f(k)\\)

以上式子经过结合表示为：

\\(\\large f(x) = \\displaystyle\\sum^x_{k = 0}a_{x,k} \\times g(k) \\Rightarrow g(x) = \\displaystyle\\sum^x_{k = 0}b_{x,k} \\times f(k)\\)

数列反演有许许多多种不同的类型，就例如莫比乌斯反演，二项式反演等等。其实，我们发现反演其实就是在解方程，一些方程组有算法上固定的、特殊的解，我们对于这些特殊的算法冠以具体的名字，就例如二项式反演。

二项式反演的常用的公式+证明：

辅助公式：

\\(\\large \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}\\left(-1\\right)^k\\dbinom{n}{k} = \\left[n = 0\\right]\\)

\\(\\mathcal Proof:\\)

首先，当 \\(n = 0\\) 时，式子显然成立。

当 \\(n > 0\\) 时，由二项式定理可得：\\(\\large \\displaystyle\\sum^n_{k = 0}\\left(-1\\right)^k\\dbinom{n}{k} = \\left(1 - \\left(-1\\right)\\right)^n=0\\)

证毕。
公式1(基础公式)：

\\(\\large f(n) = \\displaystyle\\sum^n_{k=0}\\dbinom{n}{k}g(k)\\)

\\(\\large \\Leftrightarrow g(n) = \\displaystyle\\sum^n_{k=0}\\left(-1\\right)^{n - k}\\dbinom{n}{k}f(k)\\)

\\(\\mathcal Proof:\\)

首先，我们拿出一个很显然的式子：\\(\\large g(n) = \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}\\left[n - k = 0\\right]\\dbinom{n}{k}g(k)\\)。

~~这应该不需要说明吧~~

\\(\\large \\therefore g(n) = \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}\\left[n - k = 0\\right]\\dbinom{n}{k}g(n)\\)

\\(\\large = \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}\\displaystyle\\sum^{n - k}_{i = 0}(-1)^i\\dbinom{n - k}{i}\\dbinom{n}{k}g(k)\\)

\\(\\large = \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}\\displaystyle\\sum^{n - k}_{i = 0}(-1)^i\\dbinom{n}{i}\\dbinom{n - i}{k}g(k)\\)

\\(\\large = \\displaystyle\\sum^{n}_{i = 0}(-1)^i\\dbinom{n}{i}\\displaystyle\\sum^{n - i}_{k = 0}\\dbinom{n - i}{k}g(k)\\)

又 \\(\\because \\large f(n) = \\displaystyle\\sum^n_{k=0}\\dbinom{n}{k}g(k)\\)

\\(\\large \\therefore g(n) = \\displaystyle\\sum^{n}_{i = 0}(-1)^k\\dbinom{n}{k}f(n - k)\\)

注意此处将原来的 \\(i\\) 换成了 \\(k\\)，便于与原式比较。

\\(\\large \\therefore g(n) = \\displaystyle\\sum^{n}_{k = 0}(-1)^{n - k}\\dbinom{n}{k}f(k)\\)

证毕。

~~由于公式2、3证法与公式基础公式大同小异（都是同样的带入方法，只是求和的下界与上界不同），所以就不用证了吧（逃~~
公式2(至多与恰好问题)：

\\(\\large f(n) = \\displaystyle\\sum^n_{k=m}\\dbinom{n}{k}g(k)\\)

\\(\\large \\Leftrightarrow g(n) = \\displaystyle\\sum^n_{k=m}\\left(-1\\right)^{n - k}\\dbinom{n}{k}f(k)\\)
公式3(至少与恰好问题)：

\\(\\large f(n) = \\displaystyle\\sum^m_{k=n}\\dbinom{k}{n}g(k)\\)

\\(\\large \\Leftrightarrow g(n) = \\displaystyle\\sum^m_{k=n}\\left(-1\\right)^{k - n}\\dbinom{k}{n}f(k)\\)

例题：

\\(\\tt BZOJ\\ 2839\\) 集合计数：

题意：

给定 \\(n\\) 个元素，相对应的就有 \\(2^n\\) 个集合。现在要在这 \\(2^n\\) 个集合中取出若干集合，使得他们的交集的元素个数为 \\(K\\)，求取法的方案数。对 \\(10^9+7\\) 取模。

数据范围：\\(n \\leq 10^6\\)。

思路：

定义 \\(f(x)\\) 表示交集中有 \\(x\\) 个元素被固定选择，剩余元素随意选择的方案数（不去重），定义 \\(g(x)\\) 表示交集恰好有 \\(x\\) 个元素的方案数，则有：
\\(\\large f(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k=x}\\dbinom{k}{x}g(k) = \\dbinom{n}{x}\\left(2^{2^{n - x}} - 1\\right)\\)

\\(\\large g(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k = x}(-1)^{k - x}\\dbinom{n}{k}f(k)\\)

而答案为 \\(g(K)\\)。

时间复杂度 \\(\\Theta\\left(n\\right)\\)。

代码：

点击查看代码

// =============================================
// 暁の水平线に胜利を刻むのです!
// Author: 佐世保の时雨
// Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure
// =============================================

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int Maxn = 2e6 + 10;
const LL Mod = 1000000007;

int n, k;
LL Answer, Pow = 2;
LL Fact[Maxn], Inv[Maxn];

inline LL Qkpow (LL Base, LL x) {
	LL Pow = 1;

	while (x ) {
		if (x & 1 ) {
			Pow = Pow * Base % Mod;
		}

		x >>= 1, Base = Base * Base % Mod;
	}

	return Pow;
}

inline LL Getinv (const LL Num) {
	return Qkpow (Num, Mod - 2);
}

inline LL Getbinom (const int n, const int m) {
	return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod;
}

signed main () {
	scanf ("%d %d", &n, &k), Fact[0] = 1;

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod;
	}

	Inv[n] = Getinv (Fact[n]);

	for (int i = n - 1; ~i; -- i ) {
		Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
	}

	for (int i = n, Tag = ((n - k) & 1) ? -1 : 1; i >= k; -- i, Tag = -Tag, Pow = Pow * Pow % Mod ) {
		Answer = (Answer + Tag * Getbinom (i, k) * Getbinom (n, i) % Mod * (Pow - 1) % Mod + Mod) % Mod;
//		printf ("%d\\n")
	}

	printf ("%lld\\n", Answer);
	return 0;
}

\\(\\tt BZOJ\\ 3422\\) 已经没有什么好害怕的了：

题意：

有 \\(n\\) 个糖果和 \\(n\\) 个药片，将它们两两配对。每个糖果和药片都有能量值。求糖果的能量大于药片的配对恰好比药片的能量大于糖果的配对多 \\(k\\) 对的方案数。对 \\(10^9+7\\) 取模。
数据范围：\\(n \\leq 2 \\times 10^3\\)。\\(0 \\leq k \\leq n\\)。药片和糖果的能量值在 int 范围内，且 \\(2n\\) 个能量值保证互不相同。

思路：

定义 \\(f(x)\\) 表示保证有 \\(x\\) 对糖果的能量大于药片的配对后，剩余 \\(n - x\\) 对糖果和药片随机匹配的方案数（不去重），\\(g(x)\\) 表示恰好有 \\(x\\) 对糖果的能量大于药片的配对的方案数，则有：

\\(\\large f(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k=x}\\dbinom{k}{x}g(k)\\)

\\(\\large g(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k=x}\\left(-1\\right)^{k - x}\\dbinom{k}{x}f(k)\\)

接下来目标即为求出 \\(f(x)\\) 的表达式。（其中不含 \\(g(x)\\)）

显然我们需要 \\(DP\\)。

首先，我们对糖果和药片按能量值从小到大排序。定义 \\(dp_{i,j}\\) 表示将第 \\(i\\) 个糖果配对后，一共有 \\(j\\) 对糖果的能量大于药片的配对。根据定义，我们可以很快得出 \\(\\large dp_{i,j} = dp_{i - 1,j} + \\left(tot_i - j + 1\\right)dp_{i - 1, j - 1}\\)，其中 \\(tot_i\\) 表示能量值比糖果 \\(i\\) 小的药片数。

所以，\\(\\large f(x) = dp_{n,x} \\cdot \\left(n - x\\right)!\\)，答案为 \\(g\\left(\\dfrac{n+k}{2}\\right)\\)。

时间复杂度 \\(\\Theta\\left(n^2\\right)\\)。

代码：

点击查看代码

// =============================================
// 暁の水平线に胜利を刻むのです!
// Author: 佐世保の时雨
// Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure
// =============================================

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL Mod = 1e9 + 9;
const int Maxn = 2e3 + 10;

int n, k, N;
int A[Maxn], B[Maxn];
LL Answer;
LL f[Maxn][Maxn], Fact[Maxn], Inv[Maxn];

inline LL Qkpow (LL Base, LL x) {
	LL Pow = 1;

	while (x ) {
		if (x & 1 ) {
			Pow = Pow * Base % Mod;
		}

		x >>= 1, Base = Base * Base % Mod;
	}

	return Pow;
}

inline LL Getinv (const LL Num) {
	return Qkpow (Num, Mod - 2);
}

inline LL Getbinom (const int n, const int m) {
	return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod;
}

signed main () {
	scanf ("%d %d", &n, &k), N = (n + k) >> 1, Fact[0] = 1;

	if ((n + k) & 1 ) {
		printf ("0\\n");
		return 0;
	}

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod;
	}

	Inv[n] = Getinv (Fact[n]);

	for (int i = n - 1; ~i; -- i ) {
		Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
	}

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		scanf ("%d", A + i);
	}

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		scanf ("%d", B + i);
	}

	sort (A + 1, A + n + 1);
	sort (B + 1, B + n + 1);
	f[0][0] = 1;

	for (int i = 1, Count; i <= n; ++ i ) {
		Count = 0, f[i][0] = f[i - 1][0];

		for (int j = 1; j <= n; ++ j ) {
			Count += A[i] > B[j];
		}

		for (int j = 1; j <= i; ++ j ) {
			f[i][j] = (f[i - 1][j] + max (0, Count - j + 1) * f[i - 1][j - 1] % Mod) % Mod;
		}
	}

	for (int i = N, Tag = 1; i <= n; ++ i, Tag = -Tag ) {
		Answer = (Answer + Tag * Getbinom (i, N) * f[n][i] % Mod * Fact[n - i] % Mod + Mod) % Mod;
	}

	printf ("%lld\\n", Answer);
	return 0;
}

\\(\\tt BZOJ4665\\) 小w的喜糖：

题意：

小w一共买了 \\(n\\) 块喜糖，发给了 \\(n\\) 个人，每个喜糖有一个种类。这时，小w突发奇想，如果这 \\(n\\) 个人相互交换手中的糖，那会有多少种方案使得每个人手中的糖的种类都与原来不同。两个方案不同当且仅当，存在一个人，他手中的糖的种类在两个方案中不一样。

数据范围：\\(type_i \\leq n \\leq 2 \\times 10^3\\)。

思路：

咕咕咕……

代码：

点击查看代码

// =============================================
// 暁の水平线に胜利を刻むのです!
// Author: 佐世保の时雨
// Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure
// =============================================

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL Mod = 1e9 + 9;
const int Maxn = 2e3 + 10;

int n, x;
int Count[Maxn];
LL Answer;
LL f[Maxn][Maxn], Fact[Maxn], Inv[Maxn];

inline LL Qkpow (LL Base, LL x) {
	LL Pow = 1;

	while (x ) {
		if (x & 1 ) {
			Pow = Pow * Base % Mod;
		}

		x >>= 1, Base = Base * Base % Mod;
	}

	return Pow;
}

inline LL Getinv (const LL Num) {
	return Qkpow (Num, Mod - 2);
}

inline LL Getbinom (const int n, const int m) {
	return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod;
}

signed main () {
	scanf ("%d", &n), Fact[0] = 1;

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		scanf ("%d", &x), ++ Count[x];
	}

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod;
	}

	Inv[n] = Getinv (Fact[n]);

	for (int i = n - 1; ~i; -- i ) {
		Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
	}

	f[0][0] = 1;

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		for (int j = 0; j <= n; ++ j ) {
			for (int k = 0; k <= Count[i] and k <= j; ++ k ) {
				f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - k] * Getbinom (Count[i], k) % Mod * Inv[Count[i] - k] % Mod) % Mod;
			}

		}
	}

	for (int i = 0, Tag = 1; i <= n; ++ i, Tag = -Tag ) {
		Answer = (Answer + Tag * f[n][i] % Mod * Fact[n - i] % Mod + Mod) % Mod;
	}

	printf ("%lld\\n", Answer);
	return 0;
}

\\(\\tt CF285E\\ Positions\\ in\\ Permutations\\) ：

题意：

称一个 \\(1\\) ∼ \\(n\\) 的排列的完美数为有多少个 \\(i\\) 满足 \\(\\left|P_i - i\\right| = 1\\)。
求有多少个长度为 \\(n\\) 的完美数恰好为 \\(m\\) 的排列。答案对 \\(10^9 + 7\\) 取模。

数据范围：\\(1 \\leq n \\leq 1000\\)，\\(0 \\leq m \\leq n\\)。

思路：

定义 \\(f(x)\\) 表示强制确定 \\(x\\) 个位置为完美的，剩下 \\(n - x\\) 个位置随便放的方案数(不去重)，\\(g(x)\\) 为恰好有 \\(x\\) 个位置为完美的方案数。则有：

\\(\\large f(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k=x}\\dbinom{k}{x}g(k)\\)

\\(\\large g(x) = \\displaystyle\\sum^n_{k=x}\\left(-1\\right)^{k - x}\\dbinom{k}{x}f(k)\\)

接下来，我们尝试去得到 \\(f(x)\\)。

定义 \\(dp_{i,j,0/1,0/1}\\) 表示当前选到了第 \\(i\\) 位，一共有 \\(j\\) 个位置是完美的，是否已经选了 \\(i\\)，是否已经选了 \\(i + 1\\) 的方案数。

根据定义，我们可以进行分类讨论：
- 第 \\(i\\) 位是完美的：
  - 第 \\(i\\) 位选 \\(i - 1\\)：
    
    由状态 \\(\\left(i - 1, j - 1, 0, 0\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 0, 0\\right)\\)。
    
    由状态 \\(\\left(i - 1, j - 1, 0, 1\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 1, 0\\right)\\)。
  - 第 \\(i\\) 位选 \\(i + 1\\)：
    
    由状态 \\(\\left(i - 1, j - 1, 0/1, 0\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 0, 1\\right)\\)。
    
    由状态 \\(\\left(i - 1, j - 1, 0/1, 1\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 1, 1\\right)\\)。
- 第 \\(i\\) 位是不完美的：
  
  由状态 \\(\\left(i - 1, j, 0/1, 0\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 0, 0\\right)\\)。
  
  由状态 \\(\\left(i - 1, j, 0/1, 1\\right)\\) 转移到状态 \\(\\left(i, j, 1, 0\\right)\\)。
而 \\(f(x) = \\left(dp_{n, x, 0, 0} + dp_{n, x, 1, 1}\\right) \\times \\left(n - x\\right)!\\)，由此，我们便可以求出 \\(g(x)\\)。最终答案为 \\(g(m)\\)。

注意此时 \\(dp_{i,j,0/1,0/1}\\) 可以压维成 \\(dp_{0/1,,j,0/1,0/1}\\)。

时间复杂度 \\(\\Theta \\left(n^2\\right)\\)。

代码：
点击查看代码
```
// =============================================
// 暁の水平线に胜利を刻むのです!
// Author: 佐世保の时雨
// Blog: https://www.cnblogs.com/SasebonoShigure
// =============================================

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL Mod = 1e9 + 7;
const int Maxn = 1e3 + 10;

int n, m;
int Count[Maxn];
LL Answer;
LL f[Maxn][Maxn][2][2], Fact[Maxn], Inv[Maxn];

inline LL Qkpow (LL Base, LL x) {
	LL Pow = 1;

	while (x ) {
		if (x & 1 ) {
			Pow = Pow * Base % Mod;
		}

		x >>= 1, Base = Base * Base % Mod;
	}

	return Pow;
}

inline LL Getinv (const LL Num) {
	return Qkpow (Num, Mod - 2);
}

inline LL Getbinom (const int n, const int m) {
	return Fact[n] * Inv[m] % Mod * Inv[n - m] % Mod;
}

signed main () {
	scanf ("%d %d", &n, &m), Fact[0] = 1;
	f[1][0][0][0] = f[1][1][0][1] = 1;

	for (int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		Fact[i] = Fact[i - 1] * i % Mod;
	}

	Inv[n] = Getinv (Fact[n]);

	for (int i = n - 1; ~i; -- i ) {
		Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
	}

	for (int i = 2; i <= n; ++ i ) {
		f[i][0][0][0] = 1;

		for (int j = 1; j <= i; ++ j ) {
			f[i][j][0][0] = (f[i - 1][j - 1][0][0] + f[i - 1][j][0][0] + f[i - 1][j][1][0]) % Mod;
			f[i][j][1][0] = (f[i - 1][j - 1][0][1] + f[i - 1][j][0][1] + f[i - 1][j][1][1]) % Mod;
			f[i][j][0][1] = (f[i - 1][j - 1][0][0] + f[i - 1][j - 1][1][0]) % Mod;
			f[i][j][1][1] = (f[i - 1][j - 1][0][1] + f[i - 1][j - 1][1][1]) % Mod;
		}
	}

	for (int i = m, Tag = 1; i <= n; ++ i, Tag = -Tag ) {
		Answer = (Answer + Tag * Getbinom (i, m) * (f[n][i][0][0] + f[n][i][1][0]) % Mod * Fact[n - i] % Mod + Mod) % Mod;
	}

	printf ("%lld\\n", Answer);
	return 0;
}
```

以上是关于Re：从零开始的二项式反演的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

[bzoj4665]小w的喜糖_二项式反演

Re：从零开始的二项式反演

关于反演

二项式反演的常用的公式+证明：

辅助公式：

\\(\\mathcal Proof:\\)

公式1(基础公式)：

\\(\\mathcal Proof:\\)

公式2(至多与恰好问题)：

公式3(至少与恰好问题)：

例题：

\\(\\tt BZOJ\\ 2839\\) 集合计数：

题意：

思路：

代码：

\\(\\tt BZOJ\\ 3422\\) 已经没有什么好害怕的了：

题意：

思路：

代码：

\\(\\tt BZOJ4665\\) 小w的喜糖：

题意：

思路：

代码：

\\(\\tt CF285E\\ Positions\\ in\\ Permutations\\) ：

题意：

思路：

代码：