前言
原题：《二项式反演学习笔记》。
这里有我关于二项式反演的一些思考和领会，包含理论推导和在信息学竞赛中的应用。网络上的教程都太潦草了，难以深入理解。因此，这里将以详细的证明为主，介绍二项式反演在 OI 中的使用。
如果你只想快速浏览结论，可以点击这里查看结论。
概述
反演是一种将两个函数 \(f\) 和 \(g\) 相互转化的数学工具。假设我们知道如何用 \(g(x)\) 表示出 \(f(x)\)，并以此反推出了 \(g(x)\) 关于 \(f(x)\) 的表达式，这个反推的过程，就是反演。
二项式反演是一种特殊的反演，用于转化两个具有特殊关系的函数 \(f\) 和 \(g\)。一般来说，解题的过程中，如果遇到直接计算「恰好」满足 \(n\) 个限制的答案 \(g(n)\) 较为困难，但是我们可以计算出「至少」/「至多」满足 \(n\) 个限制的答案 \(f(n)\)。这时运用二项式反演，就能求出「恰好」满足 \(n\) 个限制的答案 \(g(n)\)。这就是二项式反演的两大模型：「至少」\(\Leftrightarrow\)「恰好」、「至多」\(\Leftrightarrow\)「恰好」。并且，求解「至少」和「至多」的过程又分为「钦定类问题」和「选择类问题」，所以这两大模型又分别对应两个子模型。我们接下来通过详细的证明与推导，逐步来理解这些模型。
基础引理
如果你有组合计数类问题的基础，可以跳过引理部分。
引理 \(1\)：二项式定理
\[\sum _ {i = 0} ^ n \binom{n}{i} (-1)^i = [n = 0] \tag{Lemma 1} \label{lem1} \]
考虑从二项式定理证明。普通二项式定理为：
该定理可以通过数学归纳法证明，本文不再详细展开。通过设定 \(a = -1, b = 1\) 的特殊情形，可以得出：
注意到当 \(n = 0\) 的时候，该式没有意义。观察原式发现此时 \(\dbinom{0}{0} (-1)^0 = 1\)。所以综上我们就有 \(\ref{lem1}\)。
引理 \(2\)：多步容斥
\[\large \left \vert \bigcup_{i = 1}^{n} S_i \right \vert = \sum _ {m = 1} ^ n (-1) ^ {m - 1} \sum _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert \tag{Lemma 2} \label{lem2} \]
记 \(S_i\)（\(1 \leq i \leq n\)）表示一个集合，根据容斥原理，我们有：
也就是 \(\ref{lem2}\)。
不妨记 \(U\) 表示这 \(n\) 个集合的全集。那么证明该式等价于证明 \(\forall x \in U\)，\(x\) 在右边 \(\sum \limits _ {a_i < a_{i + 1}} \Bigg \vert \bigcap \limits _ {i = 1} ^ m S_{a_i} \Bigg \vert\) 中计算的系数之和为 \(1\)。记所有包含 \(x\) 的集合为 \(T_1, \ldots, T_m\)（\(m \neq 0\)），则有：
根据 \(\ref{lem1}\)，得：
故该容斥公式成立。
引理 \(3\)：组合数
\[\dbinom{n}{i} \dbinom{i}{j} = \binom{n}{j} \binom{n - j}{i - j} \tag{Lemma 3} \label{lem3} \]
考虑左式的组合意义，\(\dbinom{n}{i} \dbinom{i}{j}\) 表示 \(n\) 个小球里选出 \(i\) 个，再从 \(i\) 个里面选出 \(j\) 的方案数。我们也可以先从 \(n\) 个里面选出 \(j\) 个，再从剩下 \(n - j\) 里选出 \(i - j\) 个。也就是 \(\binom{n}{j} \binom{n - j}{i - j}\)。也就证明了 \(\ref{lem3}\)。
当然也可以代数证明：
证明 & 推导
模型 \(0\)
\[\large f(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^i \binom{x}{i} g(i) \Longleftrightarrow g(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ i \binom{x}{i} f(i) \tag{Thm 0} \label{thm0} \]
尽管该模型的实际应用较少，但是作为最基础的反演公式，有必要进行介绍。由于模型的相似性，学习这个模型的证明过程，有助于大家理解后面模型的证明过程。
容斥证明
不妨记 \(\overline{S_i}\) 表示 \(S_i\) 的补集。由于 \(n\) 个集合的交等价于 \(n\) 个集合的并的补集，得到以下表达式：
由 \(\ref{lem2}\) 展开，得到：
由于 \(\overline{\ \overline{S_i}\ } = S_i\)，所以得到类似的式子：
发现形式很像，但是还差一步构造。我们假设能构造出一组 \(S_i\)，使任意 \(k\) 个集合的交集大小相等。
不妨记 \(f(x)\) 表示任意 \(x\) 个补集的交集大小，对于原集同理记 \(g(x)\) 表示任意 \(x\) 个原集的交集大小，上式可以分别改写为：
这两者是等价的，也就证明了 \(\ref{thm0}\)。
事实上，从这里我们会发现，「二项式反演」和「容斥」有着千丝万缕的联系。如果你在此时意识到这是容斥原理的应用，那么说明你对「二项式反演」的理解已经更进一步。
代数证明
容斥比较抽象，我们接下来通过代数方法进行证明。我们想要证明左右两式是等价的、可以相互转化的，可以把 \(g\) 代到 \(f\) 中去，即把右式代到左式中。如果得到一个恒等式，就能证明其正确性。这也是我们学习「二项式反演」一直在用的证明方法，弄懂它就能理解后文的证明。
形象地展示出来为：
其中，\(v_i\) 表示关于 \(i\) 的系数，即 \((-1)^i \dbinom{x}{i}\)。\(c_j\) 同理为 \((-1) ^ j \dbinom{i}{j}\)。我们求的就是这个形如「三角形」中所有 \(v_ic_jf(j)\) 的和。在上一条式子中，我们先枚举 \(i\) 再枚举 \(j\)，其意义是，按照行的顺序，一行一行扫过来求和。我们不妨使用另一种遍历方法，改变枚举顺序，按照列的顺序，一列一列扫过来求和。见下图。
表示成式子就是：
使用 \(\ref{lem3}\)，变换得：
有二项式定理的样子，运用 \(\ref{lem1}\)，得到：
显然，\(x - i = 0\) 即 \(i = x\) 时，有 \(f(x) = \dbinom{x}{x} f(x)\)，发现即为 \(f(x)\) 恒等于 \(f(x)\)，也就证明了 \(\ref{thm0}\)。我们来回顾整个证明过程：
首先将 \(g\) 代入 \(f\)，改变求和枚举顺序，变换组合数，提出不变量，最后运用二项式定理，证明恒等式。这就是之后我们证明的一般套路了，读者可以尝试自己重新推导一遍，以加深印象。
有了以上基础，接下来我们正式进入「二项式定理」的学习中。接下来将按照从「钦定类问题」到「选择类问题」的顺序，逐步分别分析两大模型。
「钦定类问题」
概述
所谓「钦定类问题」，指的是我们在解决问题时，强制选择某些限制必须满足，不管剩下的限制，即剩下的限制可以满足可以不满足。这个强制选择某些限制必须满足的过程，就是「钦定」。我们发现，在「钦定」后的基础上求解问题，就不需要考虑限制的问题，也就方便了我们对问题的求解。
在「钦定意义」下，我们能够求出「至少」满足 \(x\) 个限制的答案；也可以通过「钦定」\(n - x\) 个限制不能满足，求出在「钦定意义」下，「至多」满足 \(x\) 个限制的答案，这将在下文进一步说明。注意到，这里的「至少」/「至多」是「钦定意义」下的，不是通常意义下的。也就是说可能会有重复计数的问题，我们将在下文进一步分析。
为了方便叙述，假设下文的「至少」和「恰好」均为「钦定意义」下的。
模型 \(1\)：「至少」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
\[\large f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i) \Longleftrightarrow g(x) = \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{i}{x} f(i) \tag{Thm 1.1} \label{thm11} \]
此模型用来解决「钦定意义」下「至少」和「恰好」的转化。假设原问题有 \(n\) 个限制，我们设 \(f(x)\) 表示「至少」满足 \(x\) 个限制的方案数，\(g(x)\) 表示「恰好」满足 \(x\) 个限制的方案数。那么 \(g(x)\) 即为我们的答案，而 \(f(x)\) 就是我们通过其他算法求出的结果。
注意到，这里 \(f\) 和 \(g\) 其实囊括了所有 \(x\) 种限制的选择。比如 \(f(3)\) 表示 \(\dbinom{n}{3}\) 种钦定方案下，方案数的总和。
然后，我们考虑由「恰好」表示出「至少」，也就是得出 \(\ref{thm11}\) 左侧的式子。在思考这个问题之前，我们先来想一想，为什么「钦定」后会重复计数，以及如何重复计数的。
考虑一种满足了 \(i > x\) 个限制的局面，我们如果「钦定」这 \(i\) 个限制中任意 \(x\) 个，都会统计到这种局面，所以它重复贡献次数为 \(\dbinom{i}{x}\)。读者需要好好理解这句话。
明白了「钦定」的重复计数后，有两种思考方式：
- 一种更直接的思考方式为，我们考虑枚举「钦定」\(x\) 个限制必须满足后，实际上一共有 \(i \geq x\) 个限制被满足，把 \(g(i)\) 乘上上文中提到的重复贡献的系数，求和就得到 \(f(x)\)。得到：\[f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i) \]这就是 \(\ref{thm11}\) 左侧的式子。
- 另一种绕了个小弯的思考方式是，先考虑如何表示出 \(g(x)\)。\(g(x)\) 可以表示为 \(f(x)\) 中减去所有满足了 \(i > x\) 个限制的局面。又因为上文提到的重复贡献，需要把 \(\dbinom{i}{x}\) 次贡献都去除。不难得到：\[g(x) = f(x) - \sum _ {i = x + 1} ^ n \binom{i}{x} g(i) \]移项后就得到：\[\begin{aligned} f(x) &= g(x) + \sum _ {i = x + 1} ^ n \binom{i}{x} g(i) \\&= \sum _ {i = x} ^ n \binom{i}{x} g(i) \end{aligned} \]同样得到 \(\ref{thm11}\) 左侧的式子。
该等式阐述了如何由「恰好」表示出「至少」。接下来就是二项式反演的关键步骤，即用「至少」表示出「恰好」。直接推出右边的等式较难，但是如果我们只是为了证明右边等式的正确性，可以借鉴 \(\ref{thm0}\) 的证明方式推导。如果推导结果成立，就表明该转化是正确的。
这是一条恒等式，即证。我们发现，为了求出答案 \(g(x)\)，使用右边的等式，可以轻松使用「至少」的结果表示出「恰好」的答案，也就解决了原问题。
模型 \(2\)：「至多」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
\[\large f(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x \dbinom{n - i}{n - x} g(i) \Longleftrightarrow g(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n - i}{n - x} f(i) \tag{Thm 2.1} \label{thm21} \]
使用「钦定」求出的答案一般来说都是「至少」满足的答案。但是，有一些问题，我们会通过「钦定」\(n - x\) 个限制不能满足，求出在「钦定意义」下，「至多」满足 \(x\) 个限制的答案。具体例子将在后文例题 & 习题部分呈现。
在「钦定意义」下，「至多满足 \(x\) 个限制」等价于「至少不满足 \(n - x\) 个限制」。因为我们总是可以把「不满足原问题限制」看做一个新的限制。
那么我们不妨尝试套用模型 \(1\) 的反演公式。记 \(f(x) = f'(n - x)\)，表示至少满足 \(x\) 个条件，其中 \(f'\) 就符合模型 \(1\) 的「至少」到「恰好」的转化了。根据 \(\ref{thm11}\)，有 \(f'(x) = \sum \limits _ {i = x} ^ n \dbinom{i}{x} g'(i)\)，其中 \(g'(x)\) 表示「恰好」不满足 \(x\) 个条件，相当于 \(g(n - x)\)，即「恰好」满足 \(n - x\) 个条件。通过基础变形可以得到：
这就是 \(\ref{thm21}\) 左侧的等式。同样类似地，根据 \(\ref{thm11}\)，由于 \(g'(x) = \sum \limits_ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \dbinom{i}{x} f'(i)\)，所以有：
这就是 \(\ref{thm21}\) 右侧的等式。我们也就得出了「钦定意义」下「至多」到「恰好」的转化。
为了更加严谨，当然我们也可以尝试类似证明。留给读者作为习题。
「选择类问题」
概述
「选择类问题」问题下的「至少」/「至多」其实就是「传统意义」下的「至少」/「至多」。但是之所以称作其为「选择类问题」，就是为了和上文提到的「钦定类问题」做区别。和「钦定意义」下的「至少」/「至多」不同，「选择意义」下的「至少」/「至多」并不会重复统计，这是这两类问题不同的关键之所在。「传统意义」下「至多」满足 \(x\) 个限制的答案，不就像采用「选择」的方式，从 \(x\) 个限制中，选择出若干限制并满足吗？「至少」也同理。
并且这类问题的限制是等价的，比如染 \(n\) 种颜色，如果把染第 \(i\) 中颜色看做限制 \(i\)，那么这 \(n\) 种颜色是完全等价的；又比如有 \(n\) 行，行与行之间互不干扰，那么这 \(n\) 行是完全等价的。
在「选择意义」下，我们能够求出「至多」满足 \(x\) 个限制的答案；类似地，通过在 \(n - x\) 个限制中，「选择」出不满足的限制，可以求出在「选择意义」下，「至少」满足 \(x\) 个限制的答案。
为了方便叙述，假设下文的「至少」和「恰好」均为「选择意义」下的。
模型 \(2\)：「至多」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
\[\large f(x) = \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f(i) \tag{Thm 2.2} \label{thm22} \]
注意，由于直接「选择」求出的是「至多」，我们先来分析「选择意义」下「至多」到「恰好」的转化。
记 \(f(x)\) 表示「至多」满足 \(x\) 个限制的方案数，\(g(x)\) 表示「恰好」满足 \(x\) 个限制的方案数。
由于这 \(n\) 种限制等价，所以这里 \(f(x)\) 并不包括从 \(n\) 种限制中选出 \(x\) 种限制，也就是没有 \(\dbinom{n}{x}\) 的系数。\(g(x)\) 同理。这和「钦定类问题」是不同的。
首先为了得到 \(\ref{thm22}\) 左侧式子，一样从「恰好」推出「至多」。由于是从 \(x\) 个限制里「选择」，所以可能有一些限制没有被选中，这也是为什么求出来是「至多」的原因。
考虑我们从 \(x\) 种限制中「选择」，实际上只有 \(i\) 种限制被选中，剩余 \(x - i\) 种限制没有被选中。从 \(x\) 中任选 \(i\) 种限制，方案数为 \(\dbinom{x}{i}\)，乘上「恰好」满足 \(i\) 种限制的 \(g(i)\)，求和即可：
然后类似地，我们想要证明右边等式成立，可以将其带入左边等式。
不出意外地，同样发现这是一条恒等式，说明了 \(\ref{thm22}\) 正确性。
事实上，如果不考虑问题的实际意义，利用模型 \(0\) 的 \(\ref{thm0}\) 也可以证明。
点击展开详细证明
设 \(h(x) = (-1) ^ x g(x)\)，有：
\[f(x) = \sum _ {i = 0} ^ x \binom{x}{i} h(i) \]那么有：
\[g(x) = \frac{h(x)}{(-1) ^ x} = \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ i \binom{x}{i} f(i) \]则：
\[\begin{aligned} h(x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ {x + i} \binom{x}{i} f(i) \\&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1) ^ {x - i} \binom{x}{i} f(i) \\ \end{aligned} \]将 \(h\) 视作命题中的 \(g\)，即证。
模型 \(1\)：「至少」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
\[\large f(x) = \sum _ {i = x} ^ n \binom{n - x}{n - i} g(i) \Leftrightarrow g(x) = \sum _ {i = x} ^ n (-1)^{i - x} \binom{n - x}{n - i} f(i) \tag{Thm 1.2} \label{thm12} \]
同样，对于某些问题，我们会通过在 \(n - x\) 个限制中，「选择」出不满足的限制，求出在「选择意义」下，「至少」满足 \(x\) 个限制的答案。
在「选择意义」下，同样有「至少满足 \(x\) 个限制」等价于「至多不满足 \(n - x\) 个限制」。我们如法炮制，套用模型 \(2\) 的反演公式。
记 \(f(x) = f'(n - x)\)，表示至少满足 \(x\) 个条件，其中 \(f'\) 就符合模型 \(2\) 的「至多」到「恰好」的转化了。根据 \(\ref{thm22}\)，有 \(f'(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x \dbinom{x}{i} g'(i)\)，其中 \(g'(x)\) 表示「恰好」不满足 \(x\) 个条件，相当于 \(g(n - x)\)，即「恰好」满足 \(n - x\) 个条件，可以得到：
这便是 \(\ref{thm12}\) 的左侧式子。借用 \(\ref{thm22}\) 右侧式子 \(g'(x) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} f'(i)\) 有：
这就是 \(\ref{thm12}\) 右侧的等式。我们也就得出了「选择意义」下「至少」到「恰好」的转化。
为了更加严谨，当然我们也可以尝试类似证明。留给读者作为习题。
例题 & 习题
为了更直观地理解二项式反演的实际应用，我们通过例题来分别说明它在「钦定意义」下和「选择意义」下，如何解决「至少」/「至多」与「恰好」之间的转化关系。
例一、洛谷 P6512 [CEOI2010 day2] pin
「钦定意义」下「至少」与「恰好」的转化。
题意简述：
yzh 给你 \(n\) 个长度为 \(4\) 的字符串，你需要在其中挑出两个送给她，满足恰好有 \(m\) 位不同，请问你有多少种选择的方案。
首先，「相同」往往比「不同」更好考虑，令 \(m \gets 4 - m\)，接下来求解「恰好」有 \(m\) 位相同。此时，二项式反演能提供有效的思路。
首先，将第 \(i\) 位相同视为一个限制，总共有 \(4\) 位，因此共有 \(4\) 个限制。我们要求的是「恰好」满足其中 \(m\) 个限制的方案数。
在处理这类问题时，套路化地，若我们先计算出「至少」或「至多」满足 \(m\) 位相同的方案数，那么通过二项式反演，就能反推出「恰好」满足 \(m\) 位相同的方案数。
此题我们不妨考虑「钦定」\(x\) 个限制必须满足，即保证某 \(x\) 位必须相等，求出方案数。
具体来说，我们枚举并「钦定」\(4\) 位中的某些位必须相同，设其为 \(S \subseteq \{ i \} _ {i = 1} ^ 4\)。接下来，针对挑选出的两个串，只需要保证 \(S\) 中的这几位必须相同。我们可以使用字符串哈希，并且是仅对 \(S\) 中的那些位进行哈希，从而快速统计有多少对字符串，仅考虑 \(S\) 中的那些位，是相等的。最后，将其累加到 \(f(\vert S \vert)\)，通过反演公式 \(\ref{thm11}\) 右侧 \(g\) 关于 \(f\) 的表达式，求出 \(g(m)\) 即为答案。
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <unordered_map>
using namespace std;using ull = unsigned long long;int n, m;
char str[50010][5];
long long f[5];const int frac[5] = {1, 1, 2, 6, 24};
inline int C(int n, int m) {return frac[n] / frac[m] / frac[n - m];
}signed main() {scanf("%d%d", &n, &m), m = 4 - m;for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s", str[i]);for (int mask = 0; mask < 1 << 4; ++mask) {long long res = 0;unordered_map<ull, int> table;for (int i = 1; i <= n; ++i) {ull hsh = 0;for (int j = 0; j < 4; ++j) {hsh *= 131;if (mask & 1 << j) hsh += str[i][j];}res += table[hsh];++table[hsh];}f[__builtin_popcount(mask)] += res;}long long ans = 0;for (int k = m; k <= 4; ++k) {if ((k - m) & 1)ans -= C(k, m) * f[k];elseans += C(k, m) * f[k];}printf("%lld", ans);return 0;
}
例二、「FJWC2020Day4-IJN」夕张的改造
「钦定意义」下「至多」与「恰好」的转化。
题意简述：
给定一棵 \(n\) 个节点的树。一次操作为断边再连边，需保证仍为树。求 \(k\) 次操作后树的形态个数。
一句话题解：Prufer 序列求出「钦定意义」下「至多」\(k\) 条边不变的方案数，用 \(\ref{thm21}\) 反演出「恰好」\(k\) 条边不变的方案数。
更详细的题解及代码见我的题解。
例三、洛谷 P6076 [JSOI2015] 染色问题
「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化。
题意简述：
yzh 有一个 \(n \times m\) 的矩形棋盘。她需要用 \(c\) 种颜色对这个棋盘染色，满足下列条件：
- 棋盘的每一个小方格既可以染色，也可以不染色。
- 棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
- 棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
- 每种颜色都在棋盘上出现至少一次。
首先，将「每一」替换成「恰好」，原题转化成要求棋盘中「恰好」有 \(n\) 行被染色，「恰好」有 \(m\) 列被染色，「恰好」出现了 \(c\) 种颜色。
考虑使用「选择」的方式，一步步拆解问题。
首先拆掉颜色的限制。考虑计算出「选择意义」下，「至多」出现 \(x\) 种颜色的方案数。也就是说我们每个格子要么不染色，要么染的颜色为这 \(x\) 种中的一种。这样，我们相当于在 \(x\) 个限制中，选出了若干限制的方案数。
类似地，逐步拆去列、行的限制，最后得出这样一个问题：一个 \(n \times m\) 的棋盘，「至多」有 \(n\) 行被染色，「至多」有 \(m\) 列被染色，「至多」出现 \(c\) 种颜色。这个问题的方案数就是 \((c + 1)^{nm}\)。
再一步步用 \(\ref{thm22}\) 反演回来，得到答案的表达式为：
时间复杂度是 \(\Theta(nmc)\)，能通过此题。
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;constexpr inline int add(const int a, const int b) {return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}constexpr inline int sub(const int a, const int b) {return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}constexpr inline int mul(const int a, const int b) {return 1ll * a * b % mod;
}int n, m, c, frac[520], ifrac[520], Inv[520];
int f[520], pw[520 * 520];int C(int n, int m) {return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m]));
}signed main() {scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);frac[0] = ifrac[0] = 1;for (int i = 1; i <= 400; ++i) {frac[i] = mul(frac[i - 1], i);Inv[i] = i == 1 ? 1 : sub(0, mul(mod / i, Inv[mod % i]));ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);}int ans = 0;for (int t = 0; t <= c; ++t) {pw[0] = 1;for (int i = 1; i <= n * m; ++i)pw[i] = mul(pw[i - 1], t + 1);for (int j = 0; j <= m; ++j) {for (int i = 0; i <= n; ++i) {int res = mul(pw[i * j], mul(mul(C(n, i), C(m, j)), C(c, t)));if (((c - t) ^ (m - j) ^ (n - i)) & 1)ans = sub(ans, res);elseans = add(ans, res);}}}printf("%d", ans);return 0;
}
其实可以优化。拆限制不要全拆掉，到了这个问题其实可以停下了：一个 \(n \times m\) 的棋盘，「恰好」有 \(n\) 行被染色，「至多」有 \(m\) 列被染色，「至多」出现 \(c\) 种颜色。考虑一行被染色的方案数为 \((c + 1) ^ m - 1\)，这个问题的方案数就是 \(\Big( (c + 1) ^ m - 1 \Big ) ^ n\)。
所以答案为：
时间复杂度：\(\Theta(c \min \{ n, m \} \log \max \{ n, m \})\)
点击查看代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;constexpr inline int add(const int a, const int b) {return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}constexpr inline int sub(const int a, const int b) {return a - b < 0 ? a - b + mod : a - b;
}constexpr inline int mul(const int a, const int b) {return 1ll * a * b % mod;
}constexpr inline int pow(const int a, const int p) {int res = 1, base = a % mod, b = p;while (b){if (b & 1) res = mul(res, base);base = mul(base, base), b >>= 1;}return res;
}int n, m, c, frac[520], ifrac[520], Inv[520];
int f[520];int C(int n, int m) {return mul(frac[n], mul(ifrac[m], ifrac[n - m]));
}signed main() {scanf("%d%d%d", &n, &m, &c);if (n > m) swap(n, m);frac[0] = ifrac[0] = 1;for (int i = 1; i <= 400; ++i) {frac[i] = mul(frac[i - 1], i);Inv[i] = i == 1 ? 1 : sub(0, mul(mod / i, Inv[mod % i]));ifrac[i] = mul(ifrac[i - 1], Inv[i]);}int ans = 0;for (int t = 0; t <= c; ++t) {for (int j = 0, pw = 1; j <= n; ++j, pw = mul(pw, t + 1)) {int res = mul(pow(sub(pw, 1), m), mul(C(c, t), C(n, j)));if (((c - t) ^ (n - j)) & 1)ans = sub(ans, res);elseans = add(ans, res);}}printf("%d", ans);return 0;
}
例四、yzh 的生日礼物
「选择意义」下「至少」与「恰好」的转化。
点击展开题意描述
yzh 生日要到啦！你想为她准备一份精美的生日礼物。以你对她的了解，她早就喜欢上一个价值 \((10^9 + 520)^{10^9 + 1314}\) 的项链已久啦。可是
由于你的钱包吃紧，由于你希望自己亲手制作一个送给她，因为虽然你不懂浪漫，但你认为亲手制作的是 \(\infty\) 价之宝！这个项链由 \(n\) 颗彩色的珠子串成。你手头只有 \(c\) 种颜色的珠子，并且恰巧就是她喜欢的 \(c\) 种颜色！
你希望在她 \(x\) 岁时，送给她的项链恰好有 \(x\) 种颜色没有出现。你幻想着，随着岁月流转，你送给她的项链的颜色越来越少，直到只剩下某一种颜色。越来越少的颜色，正象征着你们之间感情的愈加纯粹和坚定。你们的岁月如项链般一圈圈相连，色彩减少，但心意愈加珍贵。每一年的项链，都是你们一路走来的情感见证，串联起你们共同度过的每一个美好时刻。
你和她之间的点点滴滴又浮现在你的脑海中，你感到幸福、也感到快乐。你忘不了你们在一起看过的每一场电影，忘不了你们一同在漫天璀璨星辰下散步，更忘不了最初见到彼此的那一瞬间的悸动。
想到这，你脑中突然蹦出一个问题：对于 \(1 \sim c\) 的每一年，你送给她的项链有多少种方案？
题意简述：
给出一个长为 \(n\) 的环，要用 \(c\) 颜色染色。求出对于每一个 \(i \in [1, c]\)，恰好没出现 \(i\) 种颜色的方案数。
「恰好」没出现 \(i\) 种颜色的方案数不好求，可以转成求「至少」没出现 \(i\) 种颜色的方案数。这相当于从 \(c - i\) 中颜色中挑选，方案数为 \(\cfrac{(c - i)^n}{n}\)，最后用 \(\ref{thm12}\) 反演一下就行了。答案就是 \(\binom{c}{c - i} f(i)\)。
题目不难，可能有一个 \(\cfrac{1}{n}\) 的坑点？如果稍稍转化一下能用「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化解决。
例五、错排
题目链接：HDU；洛谷。
题意简述：
求长为 \(n\) 的排列的错排有几种。即 \(\forall i \in [1, n], p_i \neq i\)。
为了哄好 yzh，你需要使用二项式反演的解法。
把「\(i\) 错排了」看做第 \(i\) 个限制。有两种思考方式：
- 「选择意义」下「至多」与「恰好」的转化。
考虑「选择意义」下「至多」满足 \(x\) 个限制的答案，即错排的数字只能从 \(x\) 中「选择」，剩下 \(n - x\) 种颜色没有错排，待在各自的位置上。这时，方案数就是 \(x!\)，这是没有重复计数的，符合「选择意义」。用 \(\ref{thm22}\) 反演即可。\[g(x) = \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} i! \]答案 \(g(n) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{i} i!\)。 - 「钦定意义」下「至多」与「恰好」的转化。
考虑「钦定意义」下「至多」满足 \(x\) 个限制的答案。我们钦定 \(n - x\) 个限制必不满足，剩下 \(x\) 个限制随便排，方案数即为 \(\dbinom{n}{n - x} x!\)。用 \(\ref{thm21}\) 反演即可。\[\begin{aligned} g(x) &= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n - i}{n - x} \dbinom{n}{n - i} i! \\&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n}{n - x} \binom{x}{x - i} i! \\&= \sum _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \binom{n}{n - x} \binom{x}{i} i! \\ \end{aligned} \]答案同样为 \(g(n) = \sum \limits _ {i = 0} ^ x (-1)^{x - i} \dbinom{x}{x - i} i!\)。
从这题我们发现「钦定」和「选择」有时候也是可以相互转化的。
习题
这里总结了一些习题，大家可以练练手。
- 洛谷 P4859；
- Codeforces 1228E；
- AtCoder ABC172E；
欢迎补充。
总结
二项式反演为我们提供了一种灵活处理「至少」/「至多」与「恰好」之间转换的方法。在信息学竞赛中的许多问题，特别是涉及到组合计数、限制条件的题目中，二项式反演是非常有效的工具。
并且我们弄清算出的「至少」/「至多」有没有重复计数的问题，思考是「钦定类问题」还是「选择类问题」，从而选择正确的模型解决问题。
希望这篇文章能帮助你更好地理解和应用二项式反演。
结论
模型 \(0\)
模型 \(1\)：「至少」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
「钦定类问题」
「选择类问题」
模型 \(2\)：「至多」\(\Leftrightarrow\)「恰好」
「钦定类问题」
「选择类问题」
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