二项式反演（学习笔记）

q w q qwq qwq机房最后一个学二项式反演的人

众所周知二项式反演可以表示成
f n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i × C n i × g i ⟺ g n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i × C n i × f i f_n=\sum_{i=0}^n (-1)^i\times C_n^i\times g_i\Longleftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^i\times C_n^i \times f_i fn=i=0∑n(−1)i×Cni×gi⟺gn=i=0∑n(−1)i×Cni×fi

是一个极其对称的式子，常用表达是
f n = ∑ i = 0 n C n i × g i ⟺ g n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i × C n i × f i f_n=\sum_{i=0}^n C_n^i\times g_i\Longleftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\times C_n^i \times f_i fn=i=0∑nCni×gi⟺gn=i=0∑n(−1)n−i×Cni×fi

网上有很多很好的证明，比如这个博客，感觉容斥的证明比较形象
我就不写证明了（其实是懒得证

这里只写一些套路的做法和题目

恰好和至多的转换

如果要求 b l a b l a blabla blabla恰好有 k k k个 b l a b l a blabla blabla的时候，有时候会很难算，而求至多有 k k k个 b l a b l a blabla blabla的时候会很好算，最经典的就是错排问题，错排问题好像有递推，但二项式反演也是可以做的

设 f i f_i fi表示恰好的方案数， g i g_i gi表示至多的方案数，则有
g n = ∑ i = 0 n C n i × f i g_n=\sum_{i=0}^n C_n^i\times f_i gn=i=0∑nCni×fi
根据二项式反演有
f n = ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i × C n i × g i f_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\times C_n^i\times g_i fn=i=0∑n(−1)n−i×Cni×gi
然后 g i g_i gi一般在很短的时间内就可以方便求出，再用 g g g求 f f f就可以得到答案

例题：
hdu1465不容易系列之一

错排问题
设 f i f_i fi表示恰好有 i i i个错开， g i g_i gi表示至多有 i i i个错开， g i = i ！ g_i=i！ gi=i！，然后套上面那个公式就好了
代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define LL long long
#define N 25
using namespace std;int n;
LL fac[N],f[N],C[N][N];inline void prework(){fac[0]=1;for(int i=1;i<=20;i++) fac[i]=fac[i-1]*i;C[0][0]=1;for(int i=1;i<=20;i++) C[i][0]=1;for(int i=1;i<=20;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];for(int i=1;i<=20;i++)for(int j=0;j<=i;j++)if((i-j)&1) f[i]-=C[i][j]*fac[j];else f[i]+=C[i][j]*fac[j];
}int main(){prework();while(~scanf("%d",&n)){printf("%lld\n",f[n]);}return 0;
}

恰好和至少的转换

同样有时候至少有 k k k个 b l a b l a blabla blabla的要更好求

设 f i f_i fi表示恰好的方案数， g i g_i gi表示至少的方案数，则有
g k = ∑ i = k n C i k × f i g_k=\sum_{i=k}^nC_i^k\times f_i gk=i=k∑nCik×fi
根据二项式反演有
f k = ∑ i = k n ( − 1 ) i − k × C i k × g i f_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\times C_i^k\times g_i fk=i=k∑n(−1)i−k×Cik×gi

例题：
bzoj3622: 已经没有什么好害怕的了
首先因为要求是 a > b a>b a>b多 k k k个，所以 a > b a>b a>b的应该有 n + k 2 \frac{n+k}{2} 2n+k个（千万别读错题

为了打着舒服设 f i f_i fi表示至少有 i i i个 a > b a>b a>b的方案数，这个不能直接算，所以考虑 d p dp dp，把 a , b a,b a,b从小到大排序，设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示前 i i i个至少有 j j j个 a > b a>b a>b的方案数，只需要算出来比当前 a [ i ] a[i] a[i]小的 b b b有多少个，再减一下前面用过的，式子就是 f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ j − 1 ] × ( c n t [ i ] − j + 1 ) + f [ i − 1 ] [ j ] f[i][j]=f[i-1][j-1]\times (cnt[i]-j+1)+f[i-1][j] f[i][j]=f[i−1][j−1]×(cnt[i]−j+1)+f[i−1][j]

算出来以后再用 f [ n ] [ i ] f[n][i] f[n][i]带入上面的式子里去算最终恰好的答案
注意 f [ n ] [ i ] f[n][i] f[n][i]用的时候还要 × ( n − i ) ! \times (n-i)! ×(n−i)!，因为其他位置是随便放的

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define LL long long
#define N 2005
using namespace std;template<class T>inline void rd(T &x){x=0; short f=1; char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();x*=f;
}const int mod=1e9+9;
int n,k,C[N][N],f[N][N],a[N],b[N],cnt[N],ans,fac[N];inline void prework(int n){C[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) C[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
}int main(){rd(n); rd(k);if((n+k)&1) return puts("0"),0;prework(n); k=(n+k)>>1;for(int i=1;i<=n;i++) rd(a[i]);for(int i=1;i<=n;i++) rd(b[i]);sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1);int now=0;for(int i=1;i<=n;i++){while(b[now+1]<a[i] && now<n) now++;cnt[i]=now;}for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=(1LL*f[i-1][j-1]*max((cnt[i]-j+1),0)%mod+1LL*f[i-1][j])%mod;for(int i=k;i<=n;i++){f[n][i]=1LL*f[n][i]*fac[n-i]%mod;if((i-k)&1) (ans+=mod-1LL*C[i][k]*f[n][i]%mod)%=mod;else (ans+=1LL*C[i][k]*f[n][i]%mod)%=mod;}printf("%d\n",ans);return 0;
}

bzoj2839: 集合计数
首先还是设 f i f_i fi表示恰好交集有 i i i个元素的， g i g_i gi表示至少的，那么 g i = C n i × ( 2 2 n − i − 1 ) g_i=C_n^i\times (2^{2^{n-i}}-1) gi=Cni×(22n−i−1)
这里的含义就是钦定 i i i个必须选，剩下的可以选可以不选的有 2 n − i 2^{n-i} 2n−i个集合，这些集合可选可不选，但不能都不选，就有了上式

再套用上面的公式得出
f k = ∑ i = k n ( − 1 ) i − k × C i k × C n i × ( 2 2 n − i − 1 ) f_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\times C_i^k\times C_n^i\times (2^{2^{n-i}}-1) fk=i=k∑n(−1)i−k×Cik×Cni×(22n−i−1)
O ( n ) O(n) O(n)计算即可，注意后面那个 2 2 n − i 2^{2^{n-i}} 22n−i貌似不能直接快速幂因为指数不能 &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; p \bmod p modp，要用 2 2 t = ( 2 2 t − 1 ) 2 2^{2^t}=(2^{2^{t-1}})^2 22t=(22t−1)2倒着枚举算

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 1000005
#define LL long long
#define int LL
using namespace std;int n,k,fac[N],inv[N];
LL ans;
const int mod=1000000007;inline int qpow(int x,int k){int ret=1;while(k){if(k&1) ret=1LL*ret*x%mod;x=1LL*x*x%mod; k>>=1;} return ret;
}inline void prework(){fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;inv[n]=qpow(fac[n],mod-2); for(int i=n;i;i--) inv[i-1]=1LL*inv[i]*i%mod;
}inline LL C(int n,int m){return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}signed main(){scanf("%lld%lld",&n,&k); prework();int bin=2;for(int i=n;i>=k;i--){if((i-k)&1) (ans+=mod-C(i,k)*C(n,i)%mod*(bin-1)%mod)%=mod;else (ans+=C(i,k)*C(n,i)%mod*(bin-1)%mod)%=mod;bin=1LL*bin*bin%mod;}printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);return 0;
}