反演魔术---二项式反演

Posted 2021-03-14 hs-black

反演是一种将难化易常用的手段

一般来说, 它有如下形式:
[ f(n) = sum_{i = 0}^na_{ni}g(i)g(n) = sum_{i=0}^nb_{ni}f(i) ]
本质上来说, 反演是一个接线性方程组的过程

常见的反演有:

• 二项式反演
• 斯特林反演
• 莫比乌斯反演
• 单位根反演

二项式反演

形式一:

[ F(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^idbinom{n}{i}G(i)G(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^idbinom{n}{i}F(i) ]

形式二:

[ F(n)=sumlimits_{i=0}^ndbinom{n}{i}G(i)G(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^{(n-i)}dbinom{n}{i}F(i) ]

形式三:

[ F(n)=sum_{i=n}^N(-1)^idbinom{n}{i}G(i)G(n)=sum_{i=0}^N(-1)^idbinom{n}{i}F(i) ]

形式四:

[ F(n)=sum_{i=n}^Ndbinom{n}{i}G(i)G(n)=sum_{i=0}^N(-1)^{i-n}dbinom{n}{i}F(i) ]

比较常用的形式是二和四

下面证明形式二为例

引理:

[ dbinom{n}{j}dbinom{j}{i}=large{frac{n!}{j!(n-j)!}frac{j!}{i!(j-i)!}}=large{frac{n!}{i!(n-i)!}frac{(n-i)!}{(n-j)![(n-i)-(n-j)]!}}=large{dbinom{n}{i}dbinom{n-i}{n-j}}\]

证明

[ F(n)=sum_{i=0}^ndbinom{n}{i}G(i)\sum_{i=0}^n(-1)^{(n-i)}dbinom{n}{i}F(i)=sum_{i=0}^n(-1)^{(n-i)}dbinom{n}{i}sum_{j=0}^idbinom{i}{j}G(j)=sum_{i=0}^nG(i)sum_{j=i}^n(-1)^{(n-j)}dbinom{n}{j}dbinom{j}{i}=sum_{i=0}^nG(i)sum_{j=i}^n(-1)^{(n-j)}dbinom{n}{i}dbinom{n-i}{i-j}=sum_{i=0}^ndbinom{n}{i}G(i)sum_{j=i}^n(-1)^{(n-j)}dbinom{n-i}{i-j}=sum_{i=0}^ndbinom{n}{i}G(i)sum_{j=0}^{n-i}(-1)^{n-i-j}dbinom{n-i}{j}=sum_{i=0}^ndbinom{n}{i}G(i)(1-1)^{(n-i)}=G(n) ]
证毕!!!

应用: 错位排列

设(f(i))为恰好有i位错位的方案数, $g(i) = i! $
[ large{g(n) = n! = sum_{i=0}^n}f(i) dbinom ni ]

枚举有几位错位,方案之和即为全排列

二项式反演得:
[ f(n) = sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}dbinom ni g(i)=sum_{i=0}^n(-1)^{n-i} frac {n!}{(n-i)!}=n!sum_{i=0}^nfrac{(-1)^i}{i!} ]
是不是很奇妙

例题: 已经没有什么好害怕的了

当容斥系数为二项式反演系数时, 可以利用二项式反演加速

斯特林反演下次一定更新!