二项式定理&反演证明&bzoj2839集合计数题解

Posted 2022-07-12 remarkable

话说好久没写博客了～～

不久前一道考试题暴露了数学渣渣的本质：

斯特林反演（不会）-> 善用搜索引擎 -> 容斥系数&原理（不会）-> 善用搜索引擎 -> 二项式反演（不会）->

善用搜索引擎 -> 二项式定理（不会）-> 善用搜索引擎 -> 杨辉三角（打个表找规律终于会了）

今天由一道数学题，想骗个分结果exgcd不会写……

最近有时间一定恶补数学。

二项式定理

$(a+b)^n=\\sum\\limits_i=0^nC_n^ia^ib^n-i$

证明：

n=1时显然成立

我们设n=m时二项式定理成立

那么只需证明n=m+1时成立，我们就可以推得n=2,3,……,+∞时二项式定理成立，即证明出了二项式定理对于一切正整数都成立，即证明了二项式定理。

n=m时二项式定理成立，则$(a+b)^m=\\sum\\limits_i=0^mC_m^ia^ib^m-i$

那么有：\\beginarraylcl(a+b)^m+1 & = & a(a+b)^m+b(a+b)^m \\\\& = & a \\sum \\limits_i=0^m C_m^ia^ib^m-i+b \\sum \\limits_j=0^nC_m^ja^jb^m-j \\\\& = & \\sum\\limits_i=0^nC_m^ia^i+1b^m-i+\\sum\\limits_j=0^nC_m^ja^jb^m-j+1 \\\\ & = & a^m+1+\\sum\\limits_i=0^m-1C_m^ia^i+1b^m-i+b^m+1+\\sum\\limits_j=1^nC_m^ja^jb^m-j+1 \\\\ & = & a^m+1+\\sum\\limits_j=1^nC_m^j-1a^jb^m-j+1+b^m+1+\\sum\\limits_j=1^nC_m^ja^jb^m-j+1 （用j表示i）\\\\ & = & a^m+1+\\sum\\limits_j=1^m(C_m^j-1+C_m^j)a^jb^m-j+1+b^m+1 \\\\ & = & a^m+1+\\sum\\limits_j=1^nC_m+1^ja^jb^m-j+1+b^m+1 \\\\ & = & \\sum\\limits_j=0^m+1C_m+1^ja^jb^m-j+1\\endarray

得证。

至于杨辉三角和二项式定理有什么关系……

自己打个表找个规律不就行了

杨辉三角第n行的数对应$(a+b)^n$的各项系数

杨辉三角还有不少神奇性质，不再一一列举

二项式反演

基本形式有一种对称美： $f_n=\\sum\\limits_i=0^n(-1)^iC_n^ig_i \\Leftrightarrow g_n=\\sum\\limits_i=0^n(-1)^iC_n^if_i$

常见形式为$f_n=\\sum\\limits_i=0^nC_n^ig_i \\Leftrightarrow g_n=\\sum\\limits_i=0^n(-1)^n-iC_n^if_i$

还有一个是$f_k=\\sum\\limits_i=k^nC_i^kg_i \\Leftrightarrow g_k=\\sum\\limits_i=k^n(-1)^i-kC_i^kf_i$

我们来证明第一个常见形式。

 我们已知$f_n=\\sum\\limits_i=0^nC_n^ig_i$

那么\\beginarraylcl\\sum\\limits_i=0^n(-1)^n-iC_n^if_i & = & \\sum\\limits_i=0^n(-1)^n-iC_n^i\\sum\\limits_j=0^iC_i^jg_j \\\\& = & \\sum\\limits_i=0^n\\sum\\limits_j=0^i(-1)^n-iC_n^iC_i^jg_j \\\\ & = &\\sum\\limits_i=0^n\\sum\\limits_j=0^i(-1)^n-iC_n^jC_n-j^i-jg_j \\endarray

对于$\\sum\\limits_i=0^n\\sum\\limits_j=0^i$来说，其代表$i\\in[0,n]，j\\leq i$的所有情况

事实上其等价于$j\\in[0,n],i\\ge j$的所有情况（感性理解吧，我也不知道怎么说才更清楚）

那么 $ 原式 =  \\sum\\limits_j=0^n\\sum\\limits_i=j^n(-1)^n-iC_n^jC_n-j^i-jg_j $

显然对于j=n时$\\sum\\limits_i=j^n(-1)^n-iC_n^jC_n-j^i-jg_j$的值为$g_n$

对于j!=n时，我们考虑g_j的系数$ \\sum\\limits_i=j^n(-1)^n-iC_n^jC_n-j^i-j$

首先对于一个固定的j来说$C_n^j$就是一个常数，我们将其删去，$g_j$的系数变为$ \\sum\\limits_i=j^n(-1)^n-iC_n-j^i-j$

显然n-j也是个常数，我们设m=n-j

然后我们再将i变为[0,m],可以理解为向左平移

那么系数变为$\\sum\\limits_i=0^m(-1)^m-iC_m^i$

有没有觉得很眼熟？

考虑二项式定理$(a+b)^n=\\sum\\limits_i=0^nC_n^ia^ib^n-i$，我们令a=1,b=-1,n=m，有$0=\\sum\\limits_i=0^mC_m^i(-1)^m-i$，而这个式子就是$g_j$的系数

于是对于所有j!=n的情况，$g_i$的系数都为0，只有j=n时$g_i$的系数和为1

那么$\\sum\\limits_j=0^n\\sum\\limits_i=j^n(-1)^n-iC_n^jC_n-j^i-jg_j = g_n $

即$\\sum\\limits_i=0^n(-1)^n-iC_n^if_i=g_n$，得证。

应用主要有恰好与至多，恰好与至少的转换。

一类很典型的问题叫错排问题，可以用二项式反演解决。

（不过二项式反演能做的一般直接用容斥+感性理解也能怼出来）

例题：bzoj2839 集合计数

设$f_i$表示交集元素至少为i的方案数，$g_i$表示交集元素恰好为i的方案数（有坑，请读者留意）

对于$f_i$，我们考虑先从n个元素中选出i个必选的，共有$C_n^i$种方案，然后还剩下n-i种元素可以组成$2^n-i$个集合

（含空集，在确定集合后每个集合在加上钦定的i个元素才构成最终的集合）

对于这些集合，我们可以选也可以不选，但由题意可知不能都不选（至少选一个），于是有$2^2^n-i-1$种方案

那么有$f_i=C_n^i(2^2^n-i-1)$

完了吗？

如果$f_i$的定义就是交集元素至少为i的方案数，那么这么算是错误的，因为这样会把一种情况重复计算多次。

（网上其他这么说的题解都是错的，我不知道是抄的还是真理解错了，害得我懵了好久）

（也可能是我这个蒟蒻理解错了，如果有大佬能指出的话，万分感谢&顶礼%bai）

举个例子，n=3,我们求出$f_i=9$，但事实上$f_i=7$，因为A，B，C这个集合被计算了3次。

实际上$f_i$真正的含义是所有交集为固定i个数的方案数的总和。

 那么对于$f_i$和$g_i$，显然有$f_i=\\sum\\limits_j=i^nC_j^ig_j$，因为$g_j$的每一种方案交集中的j个数都对应$f_i$中的$C_j^i$种钦定方案。

那么由二项式反演的第二个常用形式可以推得$g_i=\\sum\\limits_j=i^n(-1)^j-iC_j^if_j$

可以$\\Theta(N)$计算出来了。

当然本题用容斥也可以解决。（巨神skyh的题解）

代码就不放了，请自己思考（其实博主是用容斥写的）

完结撒花= =