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二项式反演为一种反演形式，常用于通过 “指定某若干个” 求 “恰好若干个” 的问题。
注意：二项式反演虽然形式上和多步容斥极为相似，但它们并不等价，只是习惯上都称之为多步容斥。
既然形式和多步容斥相似，我们就从多步容斥讲起。
我们都知道：$|A\cup B|=|A|+|B|-|A\cap B|$ ，这其实就是容斥原理。
它的一般形式为：
$$|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+...+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|$$
证明：
设某一元素被 $m$ 个集合所包含，则其对左侧的贡献为 $1$ ；
对右侧的贡献为 $\sum\limits_{i=1}^m(-1)^{i-1}{m\choose i}=-\sum\limits_{i=1}^m(-1)^i{m\choose i}=1-\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i{m\choose i}=1-(1-1)^m=1$ 。
故左侧等于右侧 ，证毕。
沿用刚刚多步容斥的公式，记 $A_i^c$ 表示 $A_i$ 的补集，则将一般形式变形，可以得到：
$$
|A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|-...+(-1)^n\times |A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|
$$
同时，由于补集的补集就是原集，因此又有：
$$
|A_1\cap A_2\cap ...\cap A_n|=|S|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i^c|+\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i^c\cap A_j^c|-...+(-1)^n\times |A_1^c\cap A_2^c\cap ...\cap A_n^c|
$$
考虑一种特殊情况：多个集合的交集大小只和集合的数目有关。
记 $f(n)$ 表示 $n$ 个补集的交集大小，$g(n)$ 表示 $n$ 个原集的大小，则两个公式分别可以写成：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\
g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i)
$$
显然这两个公式是等价关系，更是相互推导的关系，于是我们得到了二项式反演的形式零：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i)
$$
公式如下：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)
$$
在形式零中，令 $h(n)=(-1)^ng(n)$ ，则形式零就变为了：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}h(i)\Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f(i)
$$
整理后就是形式一。
将右侧代入左侧，则：
$$
\begin{split}
f(n)&=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\choose j}f(j)\&=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^i(-1)^{i-j}{n\choose i}{i\choose j}f(j)
\end{split}
$$
考虑调换两个求和符号的顺序，即先枚举 $i$ ，再枚举 $j$ ，则又有：
$$
f(n)=\sum\limits_{j=0}^nf(j)\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{i-j}{n\choose i}{i\choose j}
$$
考虑 ${n\choose i}{i\choose j}$ 的组合意义：从 $n$ 个中选 $i$ 个，再从 $i$ 个中选 $j$ 个。不妨反过来想，先从 $n$ 个中选 $j$ 个，再从剩下的 $n-j$ 个中选出 $i-j$ 个，即 ${n\choose j}{n-j\choose i-j}$ 。
于是可以得到：
$$
\begin{split}
f(n)&=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)\sum\limits_{i=j}^n{n-j\choose i-j}(-1)^{i-j}\
&=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)\sum\limits_{t=0}^{n-j}{n-j\choose t}(-1)^t1^{n-j-t}\
&=\sum\limits_{j=0}^n{n\choose j}f(j)(1-1)^{n-j}
\end{split}
$$
当 $n-j\neq 0$ 时，显然 $(1-1)^{n-j}=0$ ；
当 $n-j=0$ 时，出现 $0^0$ 不能直接计算，需要使用组合形式求解，此时 ${n-j\choose t}(-1)^{t}=1$ 。
故 $\sum\limits_{t=0}^{n-j}{n-j\choose t}(-1)^t=[j=n]$ ，于是：
$$
f(n)={n\choose n}f(n)=f(n)
$$
左右恒等，证毕。
注：由于证明二并未用到 $i$ 从 $0$ 开始这一性质，因此更通用的公式为：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=m}^n{n\choose i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f(i)
$$
这个形式和形式一类似，是最常用的公式。公式如下：
$$
f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=n}^m(-1)^{i-n}{i\choose n}f(i)
$$
将右侧代入左侧，则：
$$
\begin{split}
f(n)&=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{j\choose i}f(j)\
&=\sum\limits_{i=n}^m\sum\limits_{j=i}^m(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}f(j)\
&=\sum\limits_{j=n}^mf(j)\sum\limits_{i=n}^j(-1)^{j-i}{i\choose n}{j\choose i}\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{i=n}^j{j-n\choose j-i}(-1)^{j-i}\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-n}{j-n\choose t}(-1)^{t}1^{j-n-t}\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)(1-1)^{j-n}\
&=\sum\limits_{j=n}^m{j\choose n}f(j)[j=n]\
&={n\choose n}f(n)\
&=f(n)
\end{split}
$$
左右恒等，证毕。
记 $f(n)$ 表示 “钦定选 $n$ 个”，$g(n)$ 表示 “恰好选 $n$ 个”，则对于任意的 $i\ge n$ ，$g(i)$ 在 $f(n)$ 中被计算了 $i\choose n$ 次，故 $f(n)=\sum\limits_{i=n}^m{i\choose n}g(i)$ ，其中 $m$ 是数目上界。
注意：在定义中，$f(n)$ 表示先钦定 $n$ 个，再统计钦定情况如此的方案数，其中会包含重复的方案，因为一个方案可以有多种钦定情况。具体地，对于恰好选择 $i$ 个，钦定情况数位 $i\choose n$ ，故 g(i) 在 $f(i)$ 中被计算了 $i\choose n$ 次。切勿将 $f(n)$ 来理解为普通的后缀和。
一个有 $n$ 个元素的集合有 $2^n$ 个不同子集（包含空集），现在要在这 $2^n$ 个集合中取出至少一个集合，使得它们的交集的元素个数为 $k$ ，求取法的方案数模 $10^9+7$ 。
$1\le n\le 10^6$ ，$0\le k\le n$ 。
对于稍有组合数学基础的人，通过直觉很容易列出式子 ${n\choose i}(2^{2^{n-i}}-1)$ 。即钦定 $i$ 个交集元素，则包含这 $i$ 个的集合有 $2^{n-i}$ 个；每个集合可选可不选，但不能都不选，由此可得此方案数。
接下来考虑上式与所求的关系：设 $f(i)$ 表示钦定交集元素为某 $i$ 个的方案数， $g(i)$ 表示交集元素恰好为 $i$ 个的方案数，则 ${n\choose k}(2^{2^{n-k}-1})=f(k)=\sum\limits_{i=k}^n{n\choose i}g(i)$ 。
通过二项式反演求出 $g(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}f(i)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}{n\choose i}(2^{2^{n-i}}-1)$ 。
使用一些预处理手段，时间复杂度 $O(n)$ 。
给出两个长度均为 $n$ 的序列 $A$ 和 $B$ ，保证这 $2n$ 个数互不相同。现要将 $A$ 序列中的数与 $B$ 序列中的数两两配对，求 “ $A>B$ 的对数比 $A<B$ 的对数恰好多 $k$ ” 的配对方案数模 $10^9+9$ 。
显然当 $n-k$ 为奇数时必然无解；当 $n-k$ 为偶数时，$A>B$ 的对数恰好为 $\frac{n+k}2$ ，记 $m=\frac{n+k}2$ 。
由于 “恰好” 这一限制不容易处理，考虑将其转化为 “钦定” 限制，进而通过二项式反演来处理。
先将 $A$ 和 $B$ 从小到大排序，设 $dp(i,j)$ 表示考虑了 $A$ 的前 $i$ 个数，钦定了 $j$ 对 $A>B$ 的方案数。
讨论 $A_i$ 的配对情况：若不配对，则方案数为 $dp(i-1,j)$ ；若配对，记 $B$ 中比 $A_i$ 小的数的个数为 $cnt(i)$ ，则方案数为 $dp(i-1,j-1)\times (cnt(i)-(j-1))$ 。
故 $dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,j-1)\times(cnt(i)-(j-1))$ 。
设 $f(i)$ 表示钦定 $i$ 对 $A>B$ 的方案数，$g(i)$ 表示恰好 $i$ 对 $A>B$ 的方案数，则 $(n-m)!\times dp(n,m)=f(m)=\sum\limits_{i=m}^n{i\choose m}g(i)$ 。
故 $g(m)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{i\choose m}f(i)=\sum\limits_{i=m}^n(-1)^{i-m}{i\choose m}(n-i)!\times dp(n,i)$ 。
时间复杂度 $O(n^2)$ 。
有 $n$ 个人和 $m$ 种物品，第 $i$ 种物品有 $a_i$ 个，同种物品之间没有区别。现在要将这些物品分给这些人，使得每个人至少分到一个物品，求方案数模 $10^9+7$ 。
对于多种物品的情况，“每个人至少分到一个物品” 是一个非常棘手的条件，考虑将其转化为 “恰好 $0$ 个人没有分到物品” ，并用二项式反演来解决。
设 $f(i)$ 表示钦定 $i$ 个人没有分到物品的方案数，$g(i)$ 表示恰好 $i$ 个人没有分到物品的方案数，则在 $f(t)$ 中，对于第 $i$ 种物品，分配时相当于 $a_i$ 个物品分给 $n-t$ 个人，方案数为 ${n-t+a_i-1\choose a_i-1}$ ， 于是 ${n\choose t}\prod\limits_{i=1}^m{n-t+a_i-1\choose a_i-1}=f(t)=\sum\limits_{i=t}^n{i\choose t}g(i)$ 。
故 $g(t)=\sum\limits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{i\choose t}f(i)=\sum\limits_{i=t}^n(-1)^{i-t}{i\choose t}{n\choose i}\prod\limits_{j=1}^m{n-i+a_j-1\choose a_j-1}$ 。
最终的答案 $g(0)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}\prod\limits_{j=1}^m{n-i+a_j-1\choose a_j-1}$ 。
时间复杂度 $O(n^2+nm)$ 。
标签：子集 例题 概念 没有 mes 求和 数学 ble its
原文地址：https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/11407185.html
