二项式反演 系列 题解

有时候做一些计数题，会遇到“恰好满足……”类似的条件，往往无法正面击破。但是有可能我们掌握的现有的排列组合 trick 们，可以解决“至少……满足……”的条件，即钦定某些满足……，其它不管。而二项式反演这个既定事实可以实现二者方案数的转化。

二项式反演

我们设 $f_i$ 表示钦定 $i$ 个元素满足某些条件的方案数（其它元素不一定满足），$g_i$ 表示恰好 $i$ 个元素满足某些条件的方案数。那么有既定的关系。

形式一

$$f_n=\sum _{i=n}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n}\right)g_i\iff g_n=\sum _{i=n}^m(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f_i$$

形式二

$$f_n=\sum _{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)g_i\iff g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f_i$$

证明略，可以参考 OI-WIKI。

实际做题的时候我们发现二者的使用场景和效果略有不同。不过其它的博客似乎并没有很详细的说明，其实可以略微讨论一下。

应用场景区分

形式一适用场景

• 问题类型：从“至少满足 $k$ 个条件”到“恰好满足 $k$ 个条件”的转换。
• 典型问题：
  1. 错位排列计数；
  2. 动态规划中“包含冗余状态”的精确计数优化。
• 已知至少选k个元素的总情况 $f(k)$，反推恰好选i个元素的情况 $g(i)$。

形式二适用场景

• 问题类型：从“全集并集”到“单个集合”的反推。
• 典型问题：
  1. 容斥原理中的交并集转换（如求多个集合的并集大小）；
  2. 严格满足所有约束的情况计数。
• 已知多个集合的并集大小 $f(n)$，反推单个集合的交集大小 $g(n)$。

组合意义对比

方向	形式一	形式二
核心意义	分层消除冗余（从高阶到低阶）	整体符号反转去重（整体到部分）
组合数作用	向下投影：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k}\right)$	同层展开：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$
符号项意义	消除高阶项的叠加贡献$(-1{)}^{i-k}$	消除重复计数（$(-1{)}^{n-i}$）

因此在二项式反演的最广泛的应用场景，“钦定”和“恰好”的转换中，最常用形式一。$f$ 为钦定，$g$ 为恰好，那么：
$$f_n=\sum _{i=n}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)g_i\iff g_n=\sum _{i=n}^m(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f_i$$

1.洛谷 P5505 分特产

题意

JYY 带回了 $m$ 种特产，每种特产有 $a_i$ 个，要分给实验室的同学们。他想知道，把这些特产分给 $n$ 个同学，一共有多少种不同的分法？当然，JYY 不希望任何一个同学因为没有拿到特产而感到失落，所以每个同学都必须至少分得一个特产。

分法方案数对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n,m\le 1000$。

思路

先正难则反，考虑转化问题为，恰好 $0$ 个同学没有分到产品，即 $g_0$。那么我们钦定 $f_i$ 表示钦定 $i$ 个同学没有分到特产。

我们钦定 $i$ 个人没有得到特产 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$，对于每种特产 $a_j$，我们可以随意分给剩下的 $n-i$ 个人，不管有或没有特产。

这里我们使用“插板法”：我们把 $a_j$ 分成 $n-i$ 部分，但是可以留空。我们插“多余板” $n-i$ 个，转化为把 $a_j+(n-i)$ 分成 $n-i$ 部分，不可以留空，这个问题就好了：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_j+(n-i)-1}{(n-i)-1}\right)$。

那么：
$$f_i=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_j+(n-i)-1}{(n-i)-1}\right)$$

我们用形式一转成 $g_0$ 即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
const ll N=3003,mod=1e9+7;
ll n,m,a[N];
ll C[N][N];
ll f[N];
void init()
{for(int i=1;i<N;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;for(int i=1;i<N;i++)for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}
int main()
{init();scanf("%lld%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(int i=0;i<=n;i++){f[i]=C[n][i];for(int j=1;j<=m;j++)f[i]=f[i]*C[a[j]+n-i-1][n-i-1]%mod;}ll ans=0;for(int i=0;i<=n;i++){ll op=(i&1?-1:1);ans=(ans+op*f[i]+mod)%mod;}printf("%lld",ans);return 0;
}

2.洛谷 P10596/BZOJ2839 集合计数

思路

一个有 $n$ 个元素的集合有 $2^n$ 个不同子集（包含空集），现在要在这 $2^n$ 个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为 $m$，求取法的方案数，答案模 $10^9+7$。

$1\le n\le 1000000$，$0\le m\le n$。

思路

我们考虑枚举交集大小。钦定 $i$ 个元素作为交集，剩下的 $n-i$ 个随便排，不管有没有在交集里面。那么剩下的 $n-i$ 个能组成 $2^{n-i}$ 个集合，这 $2^{n-i}$ 个集合各自可以选可以不选，但是不能全部不选（不然就算上空集了），所以有 $2^{2^{n-i}}-1$ 种选法。

设 $f_i$ 表示钦定 $i$ 个元素作为交集（其它概念同上）的方案数，$g_i$ 表示恰有 $i$ 个元素作为交集的方案数，那么有：
$$f_i=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(2^{2^{n-i}}-1\right)$$

然后用形式一转成 $g_m$ 即可。

有几点要注意的，首先那个二的二的次幂比较恐怖，快速幂可能干到 $2^{10^9+6}$，还是预处理稳妥；然后因为 $k\le 0$，所以钦定的时候记得计算交集为空集的方案。具体细节见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e6+9,mod=1e9+7;
ll n,m;
ll f[N];
ll qpow(ll x,ll k)
{ll ret=1;while(k){if(k&1)ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return ret;
}
ll fac[N],inv[N],pp2[N];
void init()
{pp2[0]=2;for(int i=1;i<=n;i++)pp2[i]=pp2[i-1]*pp2[i-1]%mod;fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(ll n,ll m)
{if(n<m)return 0;return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&m);init();for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=C(n,i)*(pp2[n-i]-1)%mod;ll gm=0;for(int i=m;i<=n;i++){ll op=((i-m)&1?-1:1);gm=(gm+op*C(i,m)%mod*f[i]%mod+mod)%mod;}printf("%lld",gm);return 0;
}

3.洛谷 P4859 已经没有什么好害怕的了

题意

Charlotte 的结界中有两种具有能量的元素，一种是“糖果”，另一种是“药片”，各有 $n$ 个。在 Charlotte 发动进攻前，“糖果”和“药片”会两两配对，若恰好糖果比药片能量大的组数比“药片”比“糖果”能量大的组数多 $k$ 组，则在这种局面下，Charlotte 的攻击会丟失，从而 Mami 仍有消灭 Charlotte 的可能。

你必须根据 Homura 告诉你的“糖果”和“药片”的能量的信息迅速告诉 Homura 这种情况的个数。

保证“糖果”和“药片”的能量参数各不相同。答案对 $10^9+9$ 取模。

$1\le n\le 2000$，$0\le k\le n$。

思路

看到 $n$ 支持 $\Theta (n^2)$，而且属于两个数组进行匹配的问题，dp 时可以设置二维状态。

我们看到题目，根据题目要求动用小奥知识，“恰好糖果比药片能量大的组数”应为 $m=\frac{n+k}{2}$。

那么我们考虑枚举每个 $a_i$，每次计算可以添加多少 $b_j$，从而计算出，当前配对有前 $i$ 个 $a$ 数组元素，有 $j$ 个 $b$ 数组元素小于 $i$ 个 $a$ 数组元素的方案数，设为 $F_{i,j}$。

考虑向 $F_{i,j}$ 转移，如果添加一个 $a$ 就 $F_{i,j}\leftarrow F_{i-1,j}$；如果从 $j-1$ 个转移到 $j$ 个，那么我们要找比 $a_i$ 小的在 $b$ 数组中还有多少个没有被选。

这样算配对数，其实和 $a_i$ 的加入顺序无关，是个组合。因此我们对 $a,b$ 数组从小到大排序，那么当前 $F_{i,j}$ 代表的状态合法的话，总是满足 $a_i>b_{1\sim j}$。

刚刚说我们要找“比 $a_i$ 小的在 $b$ 数组中还有多少个没有被选”，因为此时 $a,b$ 数组均有序，所以我们可以用双指针计算比 $a_i$ 小的数在 $b$ 数组中总共有 $le{s}_i$ 个。因为在合法状态 $F_{i,j-1}$ 中，比 $a_i$ 小的有 $j-1$ 个，那么还有 $le{s}_i-(j-1)$ 个比 $a_i$ 小的没选。那么：
$$F_{i,j}\leftarrow F_{i,j-1}\times [le{s}_i-(j-1)]$$

初始化 $F_{0,0}=1$：

sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+n+1);
ll pos=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{while(pos<=n&&b[pos]<a[i])pos++;les[i]=pos-1;
}
F[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=i;j++)
F[i][j]=(F[i-1][j]+F[i-1][j-1]*(les[i]-(j-1)+mod)%mod)%mod;

我们设 $f_i$ 表示钦定了 $i$ 个要小于配对中的 $a$ 数组元素，剩下的 $n-i$ 个随便大于小于；$g_i$ 表示恰好有 $i$ 小于配对中的 $a$ 数组元素。那么就是钦定的 $F_{n,i}$，后面乱排 $(n-i)!$，所以：
$$f_i=F_{n,i}\times (n-i)!$$

用形式一转回 $g_m$ 即可，$m=\frac{n+k}{2}$。

注意模数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2002,mod=1e9+9;
ll n,k,m,a[N],b[N];
ll les[N],F[N][N],f[N],gm;
//F(i,j):当前匹配，a的前i个数当中，有j个b中数小于a的方案数 
ll C[N][N],fac[N];
void init()
{for(int i=0;i<N;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;for(int i=1;i<N;i++)for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
int main()
{init();scanf("%lld%lld",&n,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+n+1);if((n+k)&1){puts("0");return 0; }m=(n+k)/2;ll pos=1;for(int i=1;i<=n;i++){while(pos<=n&&b[pos]<a[i])pos++;les[i]=pos-1;}F[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)F[i][j]=(F[i-1][j]+F[i-1][j-1]*(les[i]-(j-1)+mod)%mod)%mod;for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=F[n][i]*fac[n-i]%mod;//剩下钦定了i个要小于a中的数，剩下n-i个随便排for(int i=m;i<=n;i++){ll op=((i-m)&1?-1:1);gm=(gm+op*f[i]%mod*C[i][m]%mod+mod)%mod;//用形式2还原 }printf("%lld",gm);return 0;
}

4.洛谷 P6478 游戏

题意

小 A 和小 B 正在玩一个游戏：有一棵包含 $n=2m$ 个点的有根树，它的根是 $1$ 号点，初始时两人各拥有 $m$ 个点。游戏的每个回合两人都需要选出一个自己拥有且之前未被选过的点，若对手的点在自己的点的子树内，则该回合自己获胜；若自己的点在对方的点的子树内，该回合自己失败；其他情况视为平局。游戏共进行 $m$ 回合。

作为旁观者的你只想知道，在他们随机选点的情况下，第一次非平局回合出现时的回合数的期望值。

为了计算这个期望，你决定对于 $k=0,1,2,\cdots ,m$，计算出非平局回合数为 $k$ 的情况数，即在 $k$ 局后平局了。两种情况不同当且仅当存在一个小 A 拥有的点 $x$，小 B 在 $x$ 被小 A 选择的那个回合所选择的点不同。

由于情况总数可能很大，你只需要输出答案对 $998244353$ 取模后的结果。

$n\le 5000$。

思路

我们先钦定 $i$ 局为非平局，后面的是不是平局均可。设 $f_i$ 表示至少 $i$ 局非平局的方案数，$g_i$ 表示恰好 $i$ 局是非平局然后就平局了的方案数。

这题还是个树形 dp，我们需要知道树上会出现多少非平局。我们不妨设 $F_{u,x}$ 表示 $u$ 子树内出现了多少非平局，非平局出现的条件是存在一对父子颜色不同。

对于不包括 $v$ 子树的子树 $u$ 和子树 $v$，其中的分别有 $x$、$y$ 对非平局点对，那么对整个 $u$ 子树贡献到 $x+y$ 个点对的话，根据乘法原理，其方案数有 $F_{u,x+y}=F_{u,x}\times F_{v,y}$，不过我们发现如果直接更新 $F_{u,x+y}$ 会和式子中的 $F_{u,x}$ 有冲突，因此使用辅助数组记录：

for(int x=0;x<=siz[u]+siz[v];x++)
tem[x]=0;
for(int x=0;x<=siz[u];x++)
for(int y=0;y<=siz[v];y++)
tem[x+y]=(tem[x+y]+F[u][x]*F[v][y]%mod)%mod;
for(int x=0;x<=siz[u]+siz[v];x++)
F[u][x]=tem[x];

除了合并其它子树的方案数，我们还可以新加入点对。对于完全体的 $u$ 子树，当前已经产生了 $x$ 对非平局点对（即状态 $F_{u,x}$），我们考虑新加 $u$ 和其它其它异色点的非平局关系，从 $F_{u,x-1}$ 转移过来，只需要知道 $u$ 子树内还有多少和 $u$ 异色的点，且这些点没有和其它异色点产生非平局关系。

我们记 $cnt{1}_u$ 表示 $u$ 子树内有多少颜色为 $1$ 的节点，那么颜色为 $0$ 的 $cnt{0}_u=si{z}_u-cnt{1}_u$。我们不难发现，子树内 $x-1$ 个非平局点对中，肯定有 $x-1$ 个和 $u$ 同色的、也有 $x-1$ 个和 $u$ 异色的，因此：

• 若 $co{l}_u=1$，那么子树内还有 $cnt0-(x-1)$ 个异色点可以选；
• 若 $co{l}_u=0$，那么子树内还有 $cnt1-(x-1)$ 个异色点可以选。

因此：
$$\{\begin{array}{c}{F}_{u,x}\leftarrow F_{u,x-1}\times [cnt0-(x-1)],co{l}_u=1\\ F_{u,x}\leftarrow F_{u,x-1}\times [cnt1-(x-1)],co{l}_u=0\end{array}$$

树形 dp 就告一段落。我们回到“钦定恰好”的状态：$F_{1,i}$ 表示，在整棵树内有 $i$ 对非平局点对，因为是钦定，剩下 $m-i$ 对（$m-i$ 个 $1$ 色和 $m-i$ 个 $0$ 色）随便排，那么：
$$f_i=F_{1,i}\times (m-i)!$$

用形式一还原出 $g_{0\sim m}$ 即可，$ans=\sum _{i=0}^m{g}_i$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=5002,mod=998244353;
char s[N];
ll n,m;
bool col[N];
ll idx,head[N];
struct edge
{ll to,next;
}e[N<<1];
void addedge(ll u,ll v)
{idx++;e[idx].to=v;e[idx].next=head[u];head[u]=idx;
}
ll C[N][N],fac[N];
void init()
{for(int i=0;i<N;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;for(int i=1;i<N;i++)for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
ll siz[N],cnt1[N],F[N][N],tem[N];
ll f[N],g[N];
void dfs(ll u,ll fa)
{siz[u]=1;cnt1[u]=col[u];F[u][0]=1;for(int i=head[u];i;i=e[i].next){ll v=e[i].to;if(v==fa)continue;dfs(v,u);for(int x=0;x<=siz[u]+siz[v];x++)tem[x]=0;for(int x=0;x<=siz[u];x++)for(int y=0;y<=siz[v];y++)tem[x+y]=(tem[x+y]+F[u][x]*F[v][y]%mod)%mod;for(int x=0;x<=siz[u]+siz[v];x++)F[u][x]=tem[x];siz[u]+=siz[v];cnt1[u]+=cnt1[v];}ll n1=cnt1[u],n0=siz[u]-cnt1[u];for(int x=min(n1,n0);x>=1;x--){if(col[u])F[u][x]=(F[u][x]+F[u][x-1]*(n0-(x-1))%mod)%mod;else F[u][x]=(F[u][x]+F[u][x-1]*(n1-(x-1))%mod)%mod;}
}
int main()
{init();scanf("%lld%s",&n,s+1);for(int i=1;i<=n;i++)col[i]=(ll)s[i]-'0';m=n/2;for(int i=1;i<n;i++){ll u,v;scanf("%lld%lld",&u,&v);addedge(u,v);addedge(v,u);}dfs(1,0);for(int i=0;i<=m;i++)f[i]=F[1][i]*fac[m-i]%mod;ll ans=0;for(int i=0;i<=m;i++){for(int j=i;j<=m;j++){ll op=((j-i)&1?-1:1);g[i]=(g[i]+op*f[j]%mod*C[j][i]+mod)%mod;}printf("%lld\n",g[i]);}return 0;
}

5.洛谷 P6076 JSOI2015 染色问题

题意

萌萌家有一个棋盘，这个棋盘是一个 $n\times m$ 的矩形，分成 $n$ 行 $m$ 列共 $n\times m$ 个小方格。
现在萌萌和南南有 $c$ 种不同颜色的颜料，他们希望把棋盘用这些颜料染色，并满足以下规定：

1. 棋盘的每一个小方格既可以染色（染成 $c$ 种颜色中的一种），也可以不染色。
2. 棋盘的每一行至少有一个小方格被染色。
3. 棋盘的每一列至少有一个小方格被染色。
4. 每种颜色都在棋盘上出现至少一次。

以下是一些将 $3\times 3$ 棋盘染成 $c=3$ 种颜色（红、黄、蓝）的例子（下图已更新）：

请你求出满足要求的不同的染色方案总数。只要存在一个位置的颜色不同，即认为两个染色方案是不同的。

答案对 $10^9+7$ 取模的值。

$1\le n,m,c\le 400$。

思路

这里讲二项式反演的思路，纯容斥原理的做法以后再写。

我们看到非常多的“至少一个”，其实和 $1.$ 思考方式差不多，我们仍然正难则反，看行列没有染和颜色没有用。

设 $f_{i,j,t}$ 表示至少 $i$ 行 $j$ 列没染、至少 $t$ 色没用的方案数，$g_{i,j,t}$ 表示恰好有 $i$ 行 $j$ 列没染、恰好 $t$ 色没用的方案数，最终答案就是 $g_{0,0,0}$。

对于 $f_{i,j,t}$ 先选定那些行列没染和那些颜色没用，然后对于剩下的 $(n-i)\times (m-j)$ 个格子，可以填没有被选定的 $c-t$ 色和不填，那么：
$$f_{i,j,t}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{c}{t}\right)(c-t+1{)}^{(n-i)(m-j)}$$

我们发现如果要转回 $g$，这是一个高维二项式反演，但是其实容易证明：
$$\begin{array}{c}{f}_{x,y,z}=\sum _{i=x}^n\sum _{j=y}^m\sum _{k=z}^c\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{y}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{z}\right)g_{i,j,k}\\ \iff g_{x,y,z}=\sum _{i=x}^n\sum _{j=y}^m\sum _{k=z}^c\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{x}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{y}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{z}\right)(-1{)}^{i+j+k-x-y-z}{f}_{i,j,k}\end{array}$$

那么 $g_{0,0,0}=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m\sum _{k=0}^c(-1{)}^{i+j+k}{f}_{i,j,k}=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^m\sum _{k=0}^c(-1{)}^{i+j+k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{j}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{c}{t}\right)(c-t+1{)}^{(n-i)(m-j)}$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=402,mod=1e9+7;
ll n,m,c;
ll g000;
ll C[N][N];
void init()
{for(int i=0;i<N;i++)C[i][0]=C[i][i]=1;for(int i=1;i<N;i++)for(int j=1;j<i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
}
ll qpow(ll x,ll k)
{ll ret=1;while(k){if(k&1)ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return ret;
}
int main()
{init();scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c);for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=m;j++){for(int t=0;t<=c;t++){ll op=((i+j+t)&1?-1:1);g000=(g000+op*C[n][i]*C[m][j]%mod*C[c][t]%mod*qpow(c-t+1,(n-i)*(m-j))%mod+mod)%mod;}}}printf("%lld",g000);return 0;
}