前置知识
- 容斥原理
- 组合数
约定
(A'_i)表示集合(A_i)的补集。
反演形式
形式一
[f(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^iC^i_ng(i)Leftrightarrow g(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^iC^i_nf(i)
]
证明
设(A_1,A_2,A_3,A_4dots)是分别具有性质(P_1,P_2,P_3,P_4dots)的集合。
[A_1igcap A_2igcap A_3dots A_n=S-sum_{i=1}^{n}A_i'+(sum_{1<=i<j<=n}A_i'igcap A_j')-dots+(-1)^n*(A_1'igcap A_2'igcap dots A_n')
]
[A_1'igcap A_2'igcap A_3'dots A_n'=S-sum_{i=1}^{n}A_i+(sum_{1<=i<j<=n}A_iigcap A_j)-dots+(-1)^n*(A_1igcap A_2igcap dots A_n)
]
那么设(g(i))等于上述任意(i)个集合的交集大小，(f(i))等于上述任意(i)个集合的补集的交集大小，(g(0)=S,f(0)=S),则有
[g(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^iC^i_nf(i)
]
[f(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^iC^i_ng(i)
]
发现这两个表达式是对称的，所以就代表(f)，和(g)可以互相推导。事实上，这两个函数的关系是一个下三角矩阵。
（这个图好像锅了一点点，意会就好。。）
然后就证完了。在上面的推导中，我们其实默认了任意(i)个集合的交集的大小是一定的。也就是说每个集合中不同的元素做出的贡献是相同的，不会出现元素个数相同的集合做出的贡献不同的情况，比如一些组合类问题就符合这个特征。这是一个要注意的地方。但是哪里要注意我也不知道。
形式二
[g(n)=sum_{i=0}^{n}C_n^if(i)Leftrightarrow f(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}C_n^ig(i)
]
[f(n)=sum_{i=0}^{n}C_n^ig(i)Leftrightarrow g(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}C_n^if(i)
]
证明
设(d(i)=(-1)^ig(i)),有：
[f(n)=sum_{i=0}^nC^i_nd(i)
]
[frac{d(n)}{(-1)^n}=sum_{i=0}^{n}(-1)^iC_n^if(i)
]
下面那个式子变形可得：
[d(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{i+n}C^i_nf(i)
]
显然和这个式子等价：
[d(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}C^i_nf(i)
]
把(d(i))看成(g(i))就证完了。
事实上，第二个形式在(i)不从(0)开始的时候也是正确的，具体看这篇博客。
作用
在一些题目中用来放宽条件来进行求解。
习题
待填。