容斥与反演

容斥与反演

容斥

容斥原理

用于不重不漏地【表达/转化】某集合

广义容斥：合法方案数 = 总方案数 - 不合法方案数

狭义容斥：

\[\left|\bigcup_{i = 1}^{n}S_i\right|=\sum_{x = 1}^{n}(-1)^{x - 1}\sum_{i_1<i_2<\cdots <i_x}\left|\bigcap_{j = 1}^{x}S_{i_j}\right| \]

我们来证明一下容斥系数为什么是 \((-1)^{x - 1}\)

一个被n个集合包含的元素，那么它的容斥系数之和为：

\[\sum_{i = 1}^{n}(-1)^{i - 1}\binom{n}{i}=\binom{n}{0}-\sum_{i = 0}^{n}(-1)^{i}\binom{n}{i}=1 \]

Min-Max容斥

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

其中 max(S) 表示集合 S 中所有元素的最大值。

证明：对于第k+1大的元素，有k个比它小的集合。以它为最小值的，大小为 i 的集合有 \(\binom k{i-1}\) 个，所以它的统计次数为：

\[\sum_{i = 1}^{k + 1}\binom{k}{i - 1}(-1)^{i - 1}=\sum_{i = 0}^{k}\binom{k}{i}(-1)^{i}=[k = 0] \]

推广到求第 k 大的元素：

\[\mathrm{kthmax}(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k - 1}\min(T)\\ \mathrm{kthmin}(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k - 1}\max(T) \]

其中 kthmax(S) 表示集合 S 中所有元素的第 k 大值。证明与上面的类似。

min-max容斥还有很好的期望意义，这是min-max容斥得以广泛使用的重要原因：

\[E(\max(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\min(T))\\ E(\min(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}E(\max(T))\\ E(\mathrm{kthmax}(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k - 1}E(\min(T))\\ E(\mathrm{kthmin}(S))=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k - 1}E(\max(T)) \]

反演

反演的本质就是容斥。

我们从一下几种常见的反演来讲：

二项式反演

\[f(n)=\sum_{i = 0}^{n}\binom{n}{i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i}\binom{n}{i}f(i)\\ f(n)=\sum_{i = n}^{m}\binom{i}{n}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i = n}^{m}(-1)^{i - n}\binom{i}{n}f(i) \]

因为第二个式子可以由第一个式子推出，所以我们先证明第一个。

组合意义证明

记\(f_n\)表示恰好使用n个不同元素形成特定结构的方案数，\(g_n\)表示从n个不同元素中选出若干个元素形成特定结构的总方案数。

于是有：\(g_n = \sum^n_{i=0}\binom{n}{i}f_i\)

使用容斥原理，可以得到：\(f_n = \sum^n_{i=0}(-1)^{n-i}\binom nmg_i\)

这个因该很好感性理解，下面是严谨证明$\downarrow $

代数证明：（某知名竞赛教练在白板上的珍贵推导过程）

例：例题

我们用矩阵描述这一过程：

\[\underbrace{ \begin{pmatrix} \binom{0}{0} & 0 & \cdots & 0 \\ \binom{1}{0} & \binom{1}{1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \binom{n}{0} & \binom{n}{1} & \cdots & \binom{n}{n} \end{pmatrix} }_{\boldsymbol{A}} \begin{pmatrix} f_0 \\ f_1 \\ \vdots \\ f_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} g_0 \\ g_1 \\ \vdots \\ g_n \end{pmatrix} \Leftrightarrow \]

\[\underbrace{ \begin{pmatrix} \binom{0}{0} & 0 & \cdots & 0 \\ -\binom{1}{0} & \binom{1}{1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ (-1)^n\binom{n}{0} & (-1)^{n - 1}\binom{n}{1} & \cdots & \binom{n}{n} \end{pmatrix} }_{\boldsymbol{B}} \begin{pmatrix} g_0 \\ g_1 \\ \vdots \\ g_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} f_0 \\ f_1 \\ \vdots \\ f_n \end{pmatrix} \]

刚才给出的证明等价于证明A·B=I。

将A和B转置(延对角线翻着)之后得到的矩阵仍然是互逆的.

所以 \(g_m = \sum_{i = m}^{n} \binom{i}{m} f_i \Longleftrightarrow f_m = \sum_{i = m}^{n} (-1)^{i - m} \binom{i}{m} g_i\)

子集反演

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T)\Longleftrightarrow g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)\\ f(S)=\sum_{S\subseteq T}g(T)\Longleftrightarrow g(S)=\sum_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T) \]

第二个式子由第一个式子取补得到。

而对于第一个式子的证明，我们选择讲左式代入右式：

\[g(S) = \sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}\sum_{X\subseteq T}g(X)=\sum_{X\subseteq S}g(X)\sum_{X\subseteq T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|} \]

改为枚举集合T的大小：

\[\begin{align*} \text{上式}&=\sum_{X\subseteq S}g(X)\sum_{i = |X|}^{|S|}\binom{|S|-|X|}{i - |X|}(-1)^{|S|-i}\\ &=\sum_{X\subseteq S}g(X)\sum_{i = 0}^{|S|-|X|}\binom{|S|-|X|}{i}(-1)^{|S|-|X|-i}\\ &=\sum_{X\subseteq S}g(X)[|X| = |S|]=g(S) \\\Box \end{align*} \]

斯特林反转

\[f(n)=\sum_{k = 0}^{n}\left\{\begin{array}{l}n\\k\end{array}\right\}g(k)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{k = 0}^{n}(-1)^{n - k}\left[\begin{array}{l}n\\k\end{array}\right]f(k)\\ f(m)=\sum_{k = m}^{n}\left\{\begin{array}{l}k\\m\end{array}\right\}g(k)\Longleftrightarrow g(m)=\sum_{k = m}^{n}(-1)^{k - m}\left[\begin{array}{l}k\\m\end{array}\right]f(k) \]

带入用反转公式可以验证。