[模板] 容斥原理: 二项式反演 / Stirling 反演 / min-max 容斥 / 子集反演 / 莫比乌斯反演

反演原理

考虑两个数列 (f_i), (g_i).

若存在 (a_{i,j}), (b_{i,j}), 使得

[g_n = sum_{i=0}^n a_{n,i}f_i ag{1.1} ]

并且

[f_n = sum_{i = 0}^n b_{n,i}g_i ag{1.2} ]

则称这两个数列可以相互反演.

推导

设 delta 函数

[delta_{i,j}= egin{cases} 1 & (i = j) \ 0 & (i eq j) end{cases} ]

将 (1.1) 式代入 (1.2) 式:

[egin{aligned} f_n & = sum_{i=0}^n b_{n,i}g_i \ &= sum_{i=0}^n b_{n,i} sum_{j=0}^i a_{i,j}f_j \ &= sum_{i=0}^n f_i sum_{j=i}^n b_{n,j}a_{j,i} end{aligned} ]

因此, 可以得到

[sum_{j=i}^n b_{n,j}a_{j,i} = delta_{n,i} ]

不难发现这是 (a_{i,j}) 和 (b_{i,j}) 可以对 (f_i), (g_i) 反演的充要条件.

反演的过程, 也可以看做求逆矩阵的过程, 即给定 (a_{i,j}), 求 (b_{i,j}) .

事实上, 反演并不局限于数列, 类似的思想也可以用于其他函数, 如集合等.

二项式反演

形式

[f_n = sum_{i=0}^n (-1)^i {n choose i} g_i iff g_n = sum_{i=0}^n (-1)^i {n choose i} f_i ag{2.1} ]

这是一个非常对称的式子.

更常见的表达是:

[f_n = sum_{i=0}^n {n choose i} g_i iff g_n = sum_{i=0}^n (-1)^{n-i} {n choose i} f_i ag{2.2} ]

我们还可以改变下界: 对于给定的 (a),

[f_n = sum_{i=a}^n {n choose i} g_i iff g_n = sum_{i=a}^n (-1)^{n-i} {n choose i} f_i ag{2.3} ]

此时 (forall i in [0,a-1], f_i, g_i) 无意义 (或者为0).

或者改变上界: 对于给定的 (n),

[f_k=sum_{i=k}^n {i choose k} g_i iff g_k=sum_{i=k}^n(-1)^{i-k} {i choose k} f_i ag{2.4} ]

另外, 二项式反演也可以看做广义容斥原理的另一种表达.

证明

用到了这个式子

[{i choose j} {j choose k} = {i choose k} {i-k choose i-j} ]

容易利用阶乘证明.

~~懒得打公式了~~

大爷证明

这是 ((2.1)) 的证明. 对于 ((2.2)), ((2.3)), ((2.4)), 不难发现证明是类似的.

题目

hdu1465 不容易系列之一
UVALive7040 Color
bzoj3622 已经没有什么好害怕的了
- 这道题补一句:
  
  (f_i) 并不是至少 (i) 个偏序的方案数, 而是保证 (i) 个偏序, 然后其他任选的方案数. 这意味着有(j)((j > i)) 个偏序的方案会被算进 (j choose i) 次.
  也就是说, 设 (g_i) 表示恰好 (i) 个偏序的方案数, 有 (f_k = sum_{i=k}^n {i choose k} g_i). 然后二项式反演即可得出答案.

Stirling 反演

关于斯特林数: [模板] 斯特林数,性质以及求法

形式

若

[g_{n} = sum_{k = 1}^{n}{n race k}f_{k} ]

则

[f_{n} = sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}{n race k}g_{k} ]

Min-Max 容斥

形式

Min-Max 容斥 (最值反演) 是对集合的 (min()) 和 (max()) 函数的容斥.

设 (S) 为一个集合, (min()) 和 (max()) 为集合的最小/最大元素, 那么有

[max(S)=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1}min(T) ]

[min(S)=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1}max(T) ]

证明

引理: 在n(n > 0)个数中选奇数个和选偶数个的方案数相同, 即

[sum _{i=0}^n (-1)^i inom{n}{i} = [n = 0] ]

这可以通过对 (n) 的奇偶性分类讨论来证明.

对于第一个式子, 只需枚举 (min(T)), 发现除了 (max(S)) 之外的元素系数都为 (0), 因此得证.

第二个式子类似.

事实上, 这两个式子也可以通过反演原理直接得到: Min-Max容斥学习笔记 | LNRBHAW

这两个式子在期望意义下也是对的: 设 (E(x)) 表示元素 (x) 出现的期望操作次数, 那么

[E(max(S))=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(min(T)) ]

[E(min(S))=sum_{T subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(max(T)) ]

对于一些题而言, 往往把元素的值设为它的出现时间. 那么, (E(max(S))) 就表示 (S) 中所有元素都出现的期望操作次数, (E(min(S))) 就表示 (S) 中出现任意元素的期望操作次数.

kth Min-Max

上式的推广.

设 (kthmax (S)) 表示 (S) 的第 (k) 大元素, 则

[k^{th}max(S)=sum_{T subseteq S} (-1)^{|T|-k} {|T|-1 choose k-1} min(T) ]

证明过程与上面类似.

同样, 它在期望意义下也是对的.

题目

hdu4336 Card Collector
hdu4624 Endless Spin
luogu3175 [HAOI2015]按位或
loj2542 「PKUWC 2018」随机游走
luogu4707 重返现世

莫比乌斯反演

设数论函数 (F(x)), (f(x)),

若(F(n)=sum_{d|n}f(d)), 则有

[f(n)=sum_{d|n}mu(d)F(frac{n}{d}) ]

若(F(n)=sum_{n|d}f(d))

[f(n)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})F(d) ]

但是其实更常用的还是这个

[sum_{d|n}mu(d)=[n=1] ]

参考资料

https://www.cnblogs.com/Mr-Spade/p/9636968.html

https://lnrbhaw.github.io/2019/01/05/Min-Max容斥学习笔记/

https://www.cnblogs.com/ljq-despair/p/8678855.html

https://www.cnblogs.com/Mr-Spade/p/9638430.html

https://changxv.coding.me/2018/07/10/各种反演/

反演魔术：反演原理及二项式反演 – Miskcoo's Space