二項式反演理解與證實

二項式反演

　　若是有\(g_{i} = \sum_{j = 1}^{i} \binom{i}{j}f_{j} \Longleftrightarrow f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i}{j}g_{j}\)
　　證實：
　　先將1式帶入2式，獲得
　　\[f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i}{j}\sum_{k = 1}^{j} \binom{j}{k}f_{k}\]
　　證實等式成立至關於證實對於等式右邊而言，全部\(f_{k}\)的係數爲\([i == k]\)
　　則\(f_{k}\)的係數爲\(\sum_{j = k}^{i} (-1)^{i - j} \binom{i}{j} \binom{j}{k}\)
　　化簡:\[\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{i!}{j!(i - j)!} \frac{j!}{k!(j - k)!}\]
　　消去\(j!\)，提出\(\frac{i!}{k!}\),
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{1}{(i - j)!(j - k)!}) \frac{i!}{k!}\]
　　乘\((i - k)!\),除\((i - k)!\),
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{(i - k)!}{(i - j)!(j - k)!}) \frac{i!}{k!(i - k)!}\]
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i - k}{j - k}) \binom{i}{k}\]
　　---> 證:\[\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i - k}{j - k} = [i == k]\]
　　若是成立，則：當\(i == k\)時，\(\binom{i}{k} = 1\),因此係數爲1；當\(i != k\)時，前一個式子爲0，因此係數爲0.
　　證實：
　　　　當\(i - k\)爲奇數時，至關於有\(i - k + 1\)個數相加(分別對應取0個，取1個...取i - k個)，一共偶數個，其中第一項與最後一項異號，第二項與倒數第2項異號。。。根據組合數的對稱性，和爲0。
　　　　當\(i - k\)爲偶數時，至關於證：
　　　　\(\binom{i}{0} - \binom{i}{1} + \binom{i}{2} - ... -\binom{i}{i - 1} + \binom{i}{i} = 0\)
　　　　二項式定理證實：
　　　　　　\[0^{n} = (1 - 1)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}x^{n - k}y^{k} = 0\]
　　　　　　其中\(x = 1, y = -1\).
　　　　　　則\(x^{n - k}\)恆爲1，\(y^{k} = +1, -1, +1, -1 ....\)
　　　　　　所以原式成立
　　　　組合數證實(楊輝三角)
　　　　　　原式 = \(\binom{i - 1}{0} - (\binom{i - 1}{0} + \binom{i - 1}{1})......\)
　　　　　　所以最後每一項都被抵消了，因此原式 = 0；
　　二項式反演還有另外一種形式：
　　　　\[g_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{j} \binom{i}{j} f_{j} \Longleftrightarrow f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{j} \binom{i}{j}g_{j}\]
　　　　這種性質能夠用容斥來理解(非證實)。
　　　　由於能夠把\(f_{j}\)看作是知足某個性質的一個由i個集合組成的小集合，而且每一個這樣的小集合都是相等的。所以\(\binom{i}{j}\)就等於這樣的集合個數，而\((-1)^{j}\)是容斥係數，由於進行了容斥，因此\(g_{i}\)能夠看作是不知足某個性質的一個由i個集合組成的小集合，所以用\(g_{i}\)求\(f\)數組時，也是同樣的容斥方式。
　　應用：
　　　　錯排問題：設\(f_{i}\)表示剛好有\(i\)個數不在原位的方案數，\(g_{i} = i!\)
　　　　那麼有
　　　　\[g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} f_{i}\]
　　　　根據二項式反演得：
　　　　\[f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \binom{n}{i}g_{i}\]
　　　　\[f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \binom{n}{i}i!\]
　　　　\[f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \frac{n!}{(n - i)!}\]
　　　　改爲枚舉\(n - i\)
　　　　\[= n!\sum_{i = 0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{i!}\]
　　　　注意：這裏只能保證反演後的式子知足最初的式子，但由於只用到了原來的那個式子，並不必定能夠知足全部能夠知足第一個式子的\(f_{i}\)的含義。如用\(f_{i}\)表示剛好\(i\)個數在原位的方案數，那麼式子仍是同樣的，但如今反演後的式子與這個\(f_{i}\)的定義相違背。
　　　　球的染色問題：n個球，k種顏色，求知足相鄰顏色不一樣，每種顏色至少出現一次的方案數。
　　　　若是忽略每種顏色至少出現一次的限制的話，方案數就爲\(k(k - 1)^{n - 1}\),至關於依次安排顏色，對於任意一個非第一個的球，都須要保證與上一個球的顏色不一樣，所以方案數爲\(k - 1\),第一個球由於沒有限制，因此方案數爲\(k\)
　　　　設\(f_{i}\)表示剛好使用i種顏色的方案數。\(g_{k}\)表示n個球，用了k種顏色，不強制每種顏色必須出現的方案數。那麼問題就是要求\(f_{n}\)
　　　　由於不強制每種顏色必須出現的方案數就是出現i(0, 1, 2, 3, 4...)種顏色的方案數之和。因此:
　　　　\[g_{k} = k(k - 1)^{n - 1} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} f_{i}\]
　　　　反演後：
　　　　\[f_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} g_{i}\]
　　　　\[f_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} i(i - 1)^{n - 1}\]