写了很久,很详细,望给个赞QwQ(
定理
f(n)=\sum \limits_{i=0}^{n} \binom{n}{i} g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum \limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)
证明
\quad \sum \limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} f(i)
= \sum \limits_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} \sum \limits_{j=0}^{i} \binom{i}{j} g(j)(将定理左边式子代入)
= \sum \limits_{j=0}^{n} g(j) \sum \limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{i} \binom{i}{j} ①(将两个 \sum 调换一下位置)
\quad \binom{n}{i} \binom{i}{j}
= \frac{n!}{i!(n-i)!} \cdot \frac{i!}{j!(i-j)!}(把二项式系数拆开)
= \frac{n!}{j!(n-j)!} \cdot \frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}(把 i! 约掉,乘上 (n-j)!,稍微改变一下分母)
= \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j} ②(重新变成二项式系数)
\therefore ①
= \sum \limits_{j=0}^{n} g(j) \sum \limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n}{j} \binom{n-j}{i-j}(代入 ② 式)
= \sum \limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j) \sum \limits_{i=j}^{n} (-1)^{n-i} \binom{n-j}{i-j}(将 \binom{n}{j} 提出)
= \sum \limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j) \sum \limits_{i=0}^{n-j} (-1)^{(n-j)-i} \binom{n-j}{i} ③(改成枚举 i-j)
二项式定理(不然这玩意儿为什么叫二项式反演):
{(a+b)}^{k} = \sum \limits_{i=0}^{k} {a}^{i}{b}^{k-i} \binom{k}{i}
(长得跟我们的式子很像)
于是,我们发现:\sum \limits_{i=0}^{n-j} (-1)^{(n-j)-i} \binom{n-j}{i} = {(1-1)}^{n-j} = 0^{n-j}
那这个式子的结果不就是 0 吗?!!
(如果你也这么认为,那么恭喜你,你可以看看这个)
我们知道,0^0 是没有意义的,所以我们在指数(也就是 n-j)为 0 的时候不能用二项式定理。
但 n-j=0 的时候也非常显然:\sum \limits_{i=0}^{0} (-1)^{0-i} \binom{0}{i} = \binom{0}{0} = 1
\therefore \sum \limits_{i=0}^{n-j} (-1)^{(n-j)-i} \binom{n-j}{i} = [j=n] ④(将两种情况综合)
\therefore ③
= \sum \limits_{j=0}^{n} \binom{n}{j} g(j) [j=n](代入 ④ 式)
= \binom{n}{n} g(n)
= g(n)
证毕。
变体
f(n)=\sum \limits_{i=n}^{m} \binom{i}{n} g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum \limits_{i=n}^{m} (-1)^{i-n} \binom{i}{n} f(i)
证明思路与刚才相似,有兴趣的读者可以自行推导。
用途
设 f(n) 表示钦定(可以感性理解为至少)选 n 个时的值,g(n) 表示恰好选 n 个时的值,m 为选的数目上限。
显然,f(n) = \sum \limits_{i=n}^{m} \binom{i}{n} g(i)。此时若要求 g,可以用二项式反演,求出 f 之后再推出 g。
例题
[NOI Online #2 提高组] 游戏(AcWing)
思路:设 f(k) 表示钦定 k 次非平局时的期望,g(k) 表示恰好 k 次非平局时的期望。
二项式反演,然后用树上背包求 f 即可。
时间复杂度:\Theta(n^2)
stO
tql
第二类斯特林数 · 行感觉也可以算例题吧(
但我太菜,不会NTT
Orz二项式反演,Orzyjh
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