組合計數和反演

包含內容

二項式反演、斯特林反演、莫比烏斯反演、第一類斯特林數、第二類斯特林數。

反演

首先我們有兩個數列\(\{f_i\}\)和數列\(\{g_i\}\)，他們之間滿足

\[g_n=\sum_{i=0}^n a[n][i]f_i \]

這里我們可以通過\(\{f_i\}\)的值推出\(\{g_i\}\)。
那么反演過程就是找到一個數組\(b\)，使得能夠用\(\{g_i\}\)的值，反推出\(\{f_i\}\)的值。
也就是

\[f_n=\sum_{i=0}^n b[n][i]g_i \]

如果只通過上面兩個式子來考慮的話，事實上這就是一個反解線性方程組的過程，然而實際上整個方程組已經是一個下三角的形式了，因此我們可以考慮更加快捷的方式來進行計算。

這里給出克羅內克函數

\[\delta(i,j)=\begin{cases}1&i=j\\0&i\neq j\end{cases} \]

只是為了后面的書寫的方便而介紹這個函數。

考慮反演的過程

\[f_n=\sum_{i=0}^n b[n][i]g_i \]

我們把\(g_i\)的計算式直接帶入當前式子，那么就會得到：

\[\begin{aligned}f_n=\sum_{i=0}^n b[n][i]g_i&=\sum_{i=0}^n b[n][i]\sum_{j=0}^ia[i][j]f_j\\&=\sum_{i=0}^n f_i\sum_{j=i}^nb[n][j]*a[j][i]\end{aligned} \]

考慮每一個\(f_i\)前面的系數，顯然只有\(f_n\)的系數為\(1\)。
因此\(a,b\)之間的關系可以簡單的寫成。

\[\sum_{j=i}^nb[n][j]*a[j][i]=\delta(n,i) \]

同理，把\(f\)帶入到\(g\)的求和式中，可以推出

\[\sum_{j=i}^na[n][j]*b[j][i]=\delta(n,i) \]

如果滿足這兩個式子的話，那么意味着反演也是成立的。
然而這樣子很虛幻，因為看起來也不知道有什么用，那么接下來就帶入具體的東西來寫QwQ。

二項式反演

這個玩意似乎經常在容斥里面用到，或者說本質上就是一個容斥。
它的式子可以寫成這個樣子：

\[\begin{aligned}f_n&=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n \choose i}g_i\\g_n&=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f_i\end{aligned} \]

正反看起來是一模一樣的。
或者說寫成更加常見的一種形式

\[\begin{aligned}f_n&=\sum_{i=0}^n{n\choose i}g_i\\g_n&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f_i\end{aligned} \]

證明的話直接類似前面把\(f_i\)帶入\(g_n\)的求和式之中，通過組合數的化簡即可簡單的證明。

\[\begin{aligned}g_n&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f_i\\&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}\sum_{j=0}^i{i\choose j} g_j\\&=\sum_{j=0}^n g_i\sum_{i=j}^n{n\choose i}{i\choose j}(-1)^{n-i}\\&=\sum_{j=0}^n g_j\sum_{i=j}^n{n\choose j}{n-j\choose i-j}(-1)^{n-i}\\&=\sum_{j=0}^n g_j({n\choose j}\sum_{i=j}^n{n-j\choose i-j}(-1)^{n-i})\\&=\sum_{j=0}^n g_j({n\choose j}\sum_{i=0}^{n-j}{n-j\choose i}(-1)^{n-j-i})\\&=\sum_{j=0}^n g_j({n\choose j}(1-1)^{n-j})\\&=g_n\end{aligned} \]

當然，還可以寫成這個樣子：

\[\begin{aligned} f_k&=\sum_{i=k}^n{i\choose k}g_i\\ g_k&=\sum_{i=k}^n{i\choose k}f_i(-1)^{i-k} \end{aligned} \]

證明同理。

應用

• 錯排問題

求完全錯位的排列方案數，即不存在\(p_i=i\)的排列\(\{p\}\)的個數。

這個是有遞推做法的，但是因為這里在寫二項式反演，所以不考慮其他的做法。
設\(f_i\)表示恰好有\(i\)個位置時滿足不存在\(p_k=k\)的方案數，也就是答案。
那么我們推出一個式子：

\[n!=\sum_{i=0}^n{n\choose i}f_i \]

即枚舉哪些位置滿足\(p_k=k\)，剩下位置強制滿足錯排關系，這樣子就能夠不重不漏的計算出\(n!\)個排列。
這樣一來令\(g_n=n!\)，有二項式反演的式子：

\[f_n=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}g_i=n!\sum_{i=0}^n\frac{(-1)^i}{i!} \]

• 染色問題

有\(1\times n\)的一排格子，有\(m\)種顏色，每個格子染一個顏色，相鄰格子顏色不能相同，每種顏色都至少被用到\(1\)次，求染色方案數。

如果不考慮每個顏色都要被用一次的話，答案顯然就是\(m*(m-1)^{n-1}\)，這樣也就是至多用了\(m\)種顏色。
設\(f_i\)表示恰好用了\(i\)種顏色的方案數，那么與之對應的設\(g_i\)表示至多用了\(i\)種顏色的方案數。
那么我們推出一個轉移：

\[g_m=m*(m-1)^{n-1}=\sum_{i=0}^n {n\choose i}f_i \]

二項式反演得到：

\[f_m=\sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}{m\choose i}g_i \]

其他還有些題目之類的東西懶得寫了QwQ。

第一類斯特林數

遞推式

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\)表示\(n\)個元素分成\(m\)個環的方案數。
那么遞推式很顯然：

\[\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)*\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix} \]

即考慮先前已經放好的\(n-1\)個數，當前新加入的這個元素有兩種選擇，第一種是自己成一個環，貢獻是\(\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}\)；第二種是放到環內，那么它可以放在任意一個數的前面，所以就是\((n-1)*\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}\)。
為了好寫，接下來可能就偷懶寫成\(S_1(n,m)\)了。

一點小性質

• \(\displaystyle n!=\sum_{i=0}^n S_1(n,i)\)
  證明？第一類斯特林數的本質是環排列的個數，環的本質可以理解為置換。那么顯然所有第一類斯特林數對應的環排列可以和置換一一對應，所以總數就是\(n!\)。
• \(\displaystyle x^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^nS_1(n,i)(-1)^{n-i}x^i\)，其中\(x^{\underline n}\)表示\(n\)次下降冪
  證明可以用數學歸納法來解決。

\[\begin{aligned}x^{\underline{n+1}}&=(x-n)x^{\underline n}\\ &=(x-n)*\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}(-1)^{n-i-1}x^{i}-n\sum_{i=1}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^{i-1}\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}(-1)^{n-i-1}x^i+n\sum_{i=0}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i+1}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}(\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}+n*\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix})(-1)^{n+1-i}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}\begin{bmatrix}n+1\\i\end{bmatrix}(-1)^{n+1-i}x^i \end{aligned}\]

• \(\displaystyle x^{\overline n}=\sum_{i=0}^n S_1(n,i)x^i\)，其中\(x^{\overline n}\)表示\(x\)的\(n\)次上升冪
  可以類似上面的東西證明

這幾個式子還是很有用的，揭示了第一類斯特林數和下降冪之間的關系，而下降冪很明顯可以寫成排列的形式，也說明了第一類斯特林數和組合計數之間有着緊密的聯系。

預處理

第一類斯特林數的生成函數可以寫成：

\[\sum_{i=0}^n S_1(n,i)x^i=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i) \]

得到的方法很簡單，把\(n\)為定值時的所有的第一類斯特林數按照\(n\)分類分成行，發現每次的\(S_1(n,m)\)轉移必定要從\(n-1\)行轉移過來，而每次轉移都是\(m-1\)變到\(m\)，系數為\(1\)，因此有一項\(x\)，同理有一項\(n-1\)，因此就可以得到上面的那個生成函數。

考慮如何預處理整行第一類斯特林數，用上述式子可以直接分治+\(FFT\)做到\(O(nlog^2n)\)。
實際上有一種只需要一個\(log\)的倍增方法。（問了lun終於懂了）
令\(\displaystyle F_n(x)=\prod_{i=0}^{n-1}(x+i)\)，則有\(F_{2n}(x)=F_n(x)F_{n}(x+n)\)。
\(F_n(x)\)我們遞歸求得其答案，現在考慮如何利用\(F_n(x)\)快速求出\(F_n(x+n)\)。
在這里我們假設\(\displaystyle F_n(x)=\sum_{i=0}^{n-1} a_i x^i\)

\[\begin{aligned} F_n(x+n)&=\sum_{i=0}^{n-1}a_i (x+n)^i\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}a_i\sum_{j=0}^i{i\choose j}n^{i-j}x^j\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}(\sum_{j=i}^n {j\choose i}n^{j-i}a_j)x^i \end{aligned}\]

括號內的部分拆開之后，可以分成差相等的兩個部分，意味着可以翻轉之后卷積。
那么每次遞歸前一半，后面一半卷積求解即可得到答案。
時間復雜度為一個\(log\)。

第二類斯特林數

這個其實原來我寫過一次啦QwQ。
\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\)表示將\(n\)個元素放入\(m\)個相同盒子里，每個盒子非空的方案數。
遞推式和上面類似

\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m*\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix} \]

考慮最后放入的元素是新建一個盒子還是放入一個原有的盒子即可。
后面偷懶寫成\(S_2(n,m)\)的形式。
上述式子是直接遞推，事實上第二類斯特林數有容斥計算的方法。

\[S_2(n,m)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\choose i}(m-i)^n \]

即先將盒子編號，最后結果出去順序即可。考慮有幾個盒子為空，枚舉出來，然后剩下的元素隨便放在非空的盒子里，因為這里算完之后是至少\(i\)個盒子為空，所以需要容斥。
這個式子拆開組合數之后可以寫成卷積的形式，意味着我們可以在一個\(log\)的復雜度里求解\(S(n,i),i\in[0,n]\)。

這里和自然數冪之間有一個式子

\[m^n=\sum_{i=0}^mS_2(n,i){m\choose i}i! \]

\(m^n\)理解為把\(n\)個球任意放到\(m\)個有區別的盒子中，那么我們枚舉哪些盒子非空，然后放進去的方案數就是第二類斯特林數乘階乘。
當然，事實上上面的這個式子也可以寫成上升冪和下降冪的形式

\[\begin{aligned}m^n&=\sum_{i=0}^mS_2(n,i){m\choose i}i!\\&=\sum_{i=0}^mS_2(n,i)\frac{m!}{(m-i)!}\\&=\sum_{i=0}^mS_2(n,i)m^{\underline i}\end{aligned} \]

upd：補充一個自然數冪和的式子：

\[\begin{aligned} S(n)&=\sum_{i=1}^n i^k\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k \begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}i^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\sum_{i=1}^ni^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!\sum_{i=1}^n{i\choose j}\\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}j!{n+1\choose j+1}\\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix}k\\j\end{Bmatrix}\frac{(n+1)^{\underline {j+1}}}{j+1} \end{aligned}\]

中間有一步\(\displaystyle \sum_{i=1}^n{i\choose j}={n+1\choose j+1}\)，這個的證明可以理解為從\(n+1\)個位置中選擇\(j+1\)個位置，先確定最靠左的那個求的位置，我們枚舉其位置，這樣子剩下的位置就是\(n+1-i\)個，從中選出\(j\)個，就是上述式子了。
這樣子用第二類斯特林數計算自然數冪和就不需要考慮求逆的問題了。

斯特林反演

直接擺式子吧

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{i=1}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}g(i)\\ g(n)&=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}f(i)\end{aligned} \]

為了證明這個東西我們接下來可以補一堆式子啦。
首先這個東西叫做反轉公式

\[\begin{cases}\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=\delta(n,m)\\\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=\delta(n,m)\end{cases} \]

仔細想想，這不就是上面反演如果成立的話需要滿足的兩個式子嗎？
所以只需要證明反轉公式成立，那么類似前面的帶入方法，就可以證明斯特林反演。
我們先考慮幾個很顯然的式子就可以很方便的幫忙證明反轉公式了。

• \(x^{\underline n}=(-1)^n (-x)^{\overline n}\)

• \(x^{\overline n}=(-1)^n (-x)^{\underline n}\)

這兩個式子很顯然，就不證明了。
接下來我們就可以來推式子了。

\[\begin{aligned} n^m&=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i}\\ &=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i(-n)^{\overline i}\\ &=\sum_{i=0}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}(-1)^i\sum_{j=0}^i \begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-n)^j\\ &=\sum_{j=0}^m (-n)^j\sum_{i=j}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-1)^i\\ &=\sum_{j=0}^m n^j\sum_{i=j}^m\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}(-1)^{i+j} \end{aligned}\]

顯然當且僅當\(j=m\)時后面那堆式子才為\(1\)。
那么就證明了反轉公式的一半，另外一半顯然可以同理證明。
這樣一來斯特林反演就證明完了。

莫比烏斯反演

可以說是我們最熟悉的反演了。主要用於和約數相關的關系。

\[\begin{aligned} g(n)&=\sum_{d|n}f(d)\\ f(n)&=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d}) \end{aligned} \]

證明，直接帶進去來爆算：

\[\begin{aligned} g(n)&=\sum_{d|n}f(d)\\ &=\sum_{d|n}\sum_{dd|d}g(dd)\mu(\frac{d}{dd})\\ &=\sum_{dd|n}g(dd)\sum_{d|n,dd|d}\mu(\frac{d}{dd})\\ &=\sum_{dd|n}g(dd)\sum_{d|(n/dd)}\mu(d)\\ &=\sum_{dd|n}g(dd)\delta(n,dd)\\ &=g(n) \end{aligned} \]

這里利用了\(\sum_{d|n}\mu(d)=\delta(n,1)\)
還有另外一種形式，和二項式反演的另外一種形式很類似。

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{n|d}f(d)\\f(n)&=\sum_{n|d}g(d)\mu(\frac{d}{n})\end{aligned} \]

證明方法類似。

題目

單獨分開一篇總結QwQ