【知识点】二项式反演&min-max容斥

二项式反演：

形式一：

$f(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}g(i)Leftrightarrow g(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}f(i)$

证明：

由多步容斥公式$|A_1cup A_2cup...cup A_n|=sumlimits_{1le ile n}|A_i|-sumlimits_{1le i<jle n}|A_icap A_j|+...+(-1)^{n-1} imes |A_1cap A_2cap ...cap A_n|$，可知

• $|A_1^ccap A_2^ccap ...cap A_n^c|=|S|-sumlimits_{1le ile n}|A_i|+sumlimits_{1le i<jle n}|A_icap A_j|-...+(-1)^n imes |A_1cap A_2cap ...cap A_n|$
• $|A_1cap A_2cap ...cap A_n|=|S|-sumlimits_{1le ile n}|A_i^c|+sumlimits_{1le i<jle n}|A_i^ccap A_j^c|-...+(-1)^n imes |A_1^ccap A_2^ccap ...cap A_n^c|$

考虑一种特殊情况：任意n个集合的交集大小只与n有关（比如每个集合只有一个互不相同的元素）。

此时令$f(n)$表示n个补集的交集大小，$g(n)$表示n个集合的大小，则有

• $f(n)=sum limits_{i=0}^{n}{(-1)^{i}{nchoose i}g(i)}$
• $g(n)=sum limits_{i=0}^{n}{(-1)^{i}{nchoose i}f(i)}$

显然这两个公式等价，也可以相互推导。

形式二：

$f(n)=sumlimits_{i=0}^n{nchoose i}g(i)Leftrightarrow g(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{nchoose i}f(i)$

证明：

令$h(n)=(-1)^{n}g(n)$，那么若$f(n)=sum limits_{i=0}^{n}{{nchoose i}h(i)}$，则$h(n)=sum limits_{i=0}^{n}{(-1)^{i+n}{nchoose i}f(i)}$。

易知$(-1)^{n+i}=(-1)^{n-i}$，故$h(n)=sum limits_{i=0}^{n}{(-1)^{n-i}{nchoose i}f(i)}$。

min-max容斥：

结论：

对于集合S，有：

• $max(S)=sum limits_{Tsubseteq S}{(-1)^{|T|-1}min(T)}$
• $min(S)=sum limits_{Tsubseteq S}{(-1)^{|T|-1}max(T)}$

该式对于期望也成立，即有

• $E(max(S))=sum limits_{Tsubseteq S}{(-1)^{|T|-1}E(min(T))}$
• $E(min(S))=sum limits_{Tsubseteq S}{(-1)^{|T|-1}E(max(T))}$

证明：

可以从构造出发，我这里直接证了：

集合中从大到小第x+1个元素的系数为$f(x)=sum limits_{i=0}^{x}{(-1)^{i}{x choose i}}$。

当$x=0$时显然$f(x)=1$，否则$f(x)=sum limits_{i=0}^{frac{x}{2}}{xchoose 2i}-sum limits_{i=0}^{frac{x}{2}}{xchoose 2i+1}=0$。

推论：

对于集合S，有$max(S,k)=sum limits_{Tsubseteq S}{(-1)^{|T|-k}{|T|-1choose k-1}min(T)}$。

其中$max(S,k)$表示S中第k大的元素。原结论的四种不同形式对该推论均成立。

证明：

构造，令$max(S,k)=sum limits_{Tsubseteq S}{f(|T|)min(T)}$，则有$[x+1=k]=sum limits_{i=0}^{x}{{xchoose i}f(i+1)}$。

二项式反演，得$f(x+1)=sum limits_{i=0}^{x}{(-1)^{x-i}{x choose i}[i+1=k]}=(-1)^{x+1-k}{xchoose k-1}$

即$f(x)=(-1)^{x-k}{x-1choose k-1}$，得证。