二项式反演学习笔记
概念
二项式反演其实就是利用容斥的思想处理一些通过求"至少或至多"来解决"恰好"的问题。
形式
\[\begin{align*}
f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom n . I . g(I)如果g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom n . I . f(I)
f(n)=\sum_{i=0}^n\binom n . I . g(I)如果g(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\binom n . I . f(I)
f(n)=\sum_{i=n}^m比诺姆我不知道如果g(n)=\sum_{i=n}^m(-1)^{i-n}\binom国际机场
\end{align*}
\]其中，形式三比较常用，组合意义为\(f(n)\)表示"至少选\(n\)个"，\(g(n)\)表示"恰好选\(n\)个"。
例题
Luogu P4859 已经没有什么好害怕的了
环
Description
给定两个长为\(n\)的序列\(a，b\)，它们两两配对，求配对后\(ab\)的组数比\(ba\)的组数恰好多\(k\)组的方案数。
\(1\le n \le 2000，0\le k\le n\)
Solution
题目要求"恰好多\(k\)组",共有\(n\)组，所以相当于\(ab\)恰好\(\dfrac {n k}2\)组。
设\(dp_{i，j}\)表示前\(i\)个数中，有\(j\)组\(ab\)的方案数，转移方程为
\[dp_{i，j}=dp_{i-1，j} dp_{i-1，j-1 } \次(cnt_i-(j-1))
\]其中，\(cnt_i\)表示\(b\)中比\(a_i\)小的数的个数，这个可以将\(a，b\)排序后双指针扫
接下来，记\(f_i=dp_{n，i }次(n-i)！\),也就是至少组的方案数
然后根据二项式反演就可以得到恰好组的方案数\(g_k\)
\[g_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{n-i}\binom国际机场
\]Codeint n，k，a[N]，b[N]，CNT[N]；
ll fac[N]，dp[N][N]，f[N]，g[N]；
ll qpow(ll a，int b)
{
ll RES=1；
而(b)
{
if(B1)RES=RES * a % mod；
a=a * a % mod，b=1；
}
返回表示留数
}
ll add(ll x){ return x mod x : x-mod；}
ll inv(ll x) {return qpow(x，mod-2)；}
ll C(int n，int m){ return n m 0 : fac[n]* inv(fac[m])% mod * inv(fac[n-m])% mod；}
int main()
{
读(n)，读(k)；
if((^北部)k)1)
{
puts(' 0 ')；
返回0;
}
k=(n ^ k)1；
for(int I=1；I=n；改为；
for(int I=1；I=n；改为；
排序（一个1,一个1n)；
排序(b 1，b1n)；
fac[0]=1；
for(int i=1，j=1；I=n；（一)
{
而(j=n a[I]b[j])j；
CNT[I]=j-1；
fac[I]=fac[I-1]* I % mod；
}
DP[0][0]=1；
for(int I=1；I=n；（一)
for(int j=0；j=I；j)
dp[i][j]=add(dp[i - 1][j](！j 0 : DP[I-1][j-1]*(CNT[I]-j 1)% mod)；
for(int I=0；I=n；我
+) f[i] = dp[n][i] * fac[n - i] % mod;
for(int i = 1; i = n; i++)
for(int j = k; j = n; j++)
g[i] = add(g[i] + add((((j - k) 1) -1 : 1) * f[j] * C(j, k) % mod + mod));
write(g[k]), pc('\n');
return 0;
}
// A.S.
Luogu P4491 [HAOI2018]染色
Link
Description
有一个长为 \(n\) 的序列，每个位置都可以是 \([1,m]\) 中的某一个数，若这 \(n\) 个数中恰好出现了 \(s\) 次的数有 \(k\) 个，那么会得到 \(w_k\) 的贡献。
求对于所有可能的情况，能获得的权值的和对 \(1004535809\) 取模的结果是多少。
\(1\le n\le 10^7,1\le m \le 10^5,0\le s\le 150,0\le w_i\le 1004535809\)
Solution
显然数的个数不会超过 \(cnt=\min(m,n/s)\)
依然是恰好出现 \(s\) 次，考虑计算有 \(i\) 个数至少出现 \(s\) 次的方案数 \(f_i\)
钦定 \(i\) 个数出现了 \(s\) 次，剩下的 \(n-is\) 个位置在 \(m-i\) 个数中随便选
\[f_i=\binom m i \dfrac{n!}{(s!)^i(n-is)!}(m-i)^{n-is}
\]
然后进行二项式反演，设 \(g_k\) 表示有 \(k\) 个数恰好出现 \(s\) 次
\[\begin{align*}
g_k=\sum_{i=k}^m(-1)^{i-k}\binom i k f_i \\
g_k\times k!=\sum(-1)^{i-k}\dfrac{i!}{(i-k)!}f_i
\end{align*}
\]
到这里就能看出来卷积的形式了
设
\[F(x)=\sum_{i=0}^mf_i\times i! \\
G(x)=\sum_{i=0}^m\dfrac{(-1)^i}{i!}
\]
那么 \(g_i=\dfrac{(F*G)(i)}{i!}\)
NTT 计算卷积即可
Code
#include bits/stdc++.h
#define ll long long
#define db double
#define gc getchar
#define pc putchar
using namespace std;
namespace IO
{
template typename T
void read(T x)
{
x = 0; bool f = 0; char c = gc();
while(!isdigit(c)) f |= c == '-', c = gc();
while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - '0', c = gc();
if(f) x = -x;
}
template typename T
void write(T x)
{
if(x 0) pc('-'), x = -x;
if(x 9) write(x / 10);
pc('0' + x % 10);
}
}
using namespace IO;
const int MAXN = 1e7 + 5;
const int N = 1e5 + 5;
const int mod = 1004535809;
const int G = 3;
const int Gi = 334845270;
ll add(ll x) {return x mod x : x - mod;}
ll sub(ll x) {return x 0 x + mod : x;}
ll qpow(ll a, int b)
{
ll res = 1;
while(b)
{
if(b 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod, b = 1;
}
return res;
}
ll inv(ll x) {return qpow(x, mod - 2);}
ll fac[MAXN], f[N 2], g[N 2];
ll C(int n, int m)
{
return n m 0 : fac[n] * inv(fac[m]) % mod * inv(fac[n - m]) % mod;
}
int rev[N 2];
int calclim(int n)
{
int lim = 1;
while(lim n) lim = 1;
return lim;
}
void calcrev(int lim)
{
for(int i = 0; i lim; i++)
rev[i] = (rev[i 1] 1) | ((i 1) * (lim 1));
}
void NTT(ll *a, int lim, int type)
{
for(int i = 0; i lim; i++)
if(i rev[i]) swap(a[i], a[rev[i]]);
for(int mid = 1; mid lim; mid = 1)
{
ll wn = qpow(type == 1 G : Gi, (mod - 1) / (mid 1));
for(int i = 0; i lim; i += (mid 1))
{
ll w = 1;
for(int j = 0; j mid; j++, w = w * wn % mod)
{
ll x = a[i + j], y = w * a[i + mid + j] % mod;
a[i + j] = add(x + y);
a[i + mid + j] = sub(x - y);
}
}
}
if(type == -1)
{
ll limi = qpow(lim, mod - 2);
for(int i = 0; i lim; i++) a[i] = a[i] * limi % mod;
}
return;
}
int main()
{
int n, m, s;
read(n), read(m), read(s);
int cnt = min(m, n / s) + 1;
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i MAXN; i++)
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
for(int i = 0; i cnt; i++)
{
f[i] = fac[i] * C(m, i) % mod * fac[n] % mod * inv(qpow(fac[s], i)) % mod * inv(fac[n - s * i]) % mod * qpow(m - i, n - s * i) % mod;
g[i] = (i 1) mod - inv(fac[i]) : inv(fac[i]);
}
reverse(f, f + cnt);
int lim = calclim(cnt 1);
calcrev(lim);
NTT(f, lim, 1), NTT(g, lim, 1);
for(int i = 0; i lim; i++) f[i] = f[i] * g[i] % mod;
NTT(f, lim, -1);
reverse(f, f + cnt);
ll ans = 0;
for(int i = 0, w; i cnt; i++)
read(w), ans = add(ans + inv(fac[i]) * f[i] % mod * w % mod);
write(ans), pc('\n');
return 0;
}
// A.S.
$$A\ drop\ of\ tear\ blurs\ memories\ of\ the\ past.$$
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