二項式反演與斯特林反演

二項式反演

如果 $f[m]=\sum_{i=m}^n{n\choose i}g[i]$
根據二項式反演：
$g[i]=\sum_{k=i}^n(-1)^{k-i}{k\choose i}f[k]$
好像是二項式反演的另一種形式？
正常版本：
$f[n]=\sum_{i=0}^n{n\choose i}g[i]\\ g[n]=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}f[i]$
$f[n]=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g[i]\\ g[n]=\sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f[i]\\$

就是在容斥。

斯特林數

第一類斯特林數：把n個標號元素排成m個環的方案數。
$S_1(n,m)=S_1(n-1,m-1)+(n-1)\cdot S_1(n-1,m)$ 有一種組合意義是 $n$ 個元素的排列，有 $m$ 個前綴最大值的方案數。可以自然推出： $\sum_{i=0}^nS_1(n,i)=n!$
根據遞推式還可以寫出 $S_1(n)$ 的生成函數： $S_1(n)=\prod_{i=0}^{n-1} (x+i)$ 。我們用分治 FFT 在 nlog²n 的時間計算某一行。
第二類斯特林數：把n個標號元素劃分爲m個相同集合的方案數。
$S_2(n,m)=S_2(n-1,m-1)+m\cdot S_2(n-1,m)$
容斥計算：
$S_2(n,m)=\frac1{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i{m\choose i}(m-i)^n\\=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i~!}·\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$ 可以O(n)算某一項，nlogn 計算某一行。

小技巧

$n^k=\sum_{i=0}^nS_2(k,i){n\choose i}i!$
左邊相當於把k個標號球放進n個標號盒子裏。右邊枚舉放在那些盒子裏，由於盒子有標號所以乘上階乘，再乘上斯特林數。

注意到上式的 i 枚舉到 n，實際上可以枚舉到 k，因爲後面的組合數乘階乘可以看做一個 i 次下降冪，如果 k>n 那麼這個下降冪會變成 0，如果 k<n，那麼 i 在大於 k 的時候前面的斯特林數就會變成 0。也就是：
$n^k=\sum_{i=0}^nS_2(k,i)\cdot n^{i\downarrow}$
我們把這個式子變得和底數沒什麼關係了。有什麼好處呢？如果我們要維護 $\sum a_i^k$ ，k 是常數，我們只需要維護 $\sum a_i^{k\downarrow}$ ，最後再 O(k) 計算答案。注意到 $x^{k\downarrow}=x^{k\downarrow}+k·x^{(k-1)\downarrow}$ （考慮組合意義），因此 $\sum a_i^{k\downarrow}$ 這個式子是可以在 O(k) 的時間變成 $\sum (a_i+1)^{k\downarrow}$ 。

1

給 n, k 和一個長度爲 n 的數字串。要求對每一個 i, 輸出 $∑_{j=1}^i F(j, i)$ 。其中 F(l, r) 爲 l 到 r 內所有數字之和的 k 次方。
$n\leq 50000,k\leq 100$

直接二項式定理複雜度是 O(nk^2)，用上面的式子複雜度是 O(nk*10) 的。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define fir first
#define sec second
#define ld long double
using namespace std;
const int N=100010,mod=1e9+7;
typedef pair <int,int> P;
char s[N];
ll S[110][110],f[110];
int a[N],n,k;
int read()
{
	int x=0;char c=getchar(),flag='+';
	while(!isdigit(c)) flag=c,c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
	return flag=='-'?-x:x;
}
void add()
{
	for(int i=k;i>0;i--) f[i]=(f[i]+f[i-1]*i)%mod;
}
int main()
{
	int T=read();
	for(int i=1;i<=100;i++)
	{
		S[i][1]=1;
		for(int j=2;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-1][j-1]+S[i-1][j]*j)%mod;
	}
	while(T--) //f[i]=sigma{F(j,x)的i次下降冪} 
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		n=read(),k=read();
		scanf("%s",s+1);
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i]-'0';
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			f[0]=(f[0]+1)%mod;
			for(int j=1;j<=a[i];j++) add();
			int ans=0;
			for(int j=1;j<=k;j++) ans=(ans+S[k][j]*f[j])%mod;
			cout<<ans<<' ';
		}
	}
	return 0;
}
/*by DT_Kang*/

斯特林反演：

$f[n]=\sum_{i=1}^nS_2(n,i)\cdot g[i]\\ g[n]=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\cdot S_1(n,i)\cdot f[i]$

相比二項式反演就是把組合數換成斯特林數。

2

定義兩個結點數相同的圖 G1 與圖 G2 的異或爲一個新的圖 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 與G2 中的出現次數之和爲 1, 那麼邊 (u, v) 在 G 中, 否則這條邊不在 G 中. 現在給定 s 個結點數相同的圖 G1…Gs, 設 S = {G1, G2, … , Gs}, 請問 S 有多少個子集的異或爲一個連通圖?

10的貝爾數是可以接受的。
用總方案減去不合法的，我們要算的就是g[i]表示有i個聯通塊的方案數。枚舉了點集劃分以後，不同的點集之間的邊是不能存在的，相同點集的邊隨便選，記爲f。但是這樣沒有保證一個點集的點聯通。因此實際上： $f[m]=\sum_{i=m}^nS_2(i,m)\cdot g[i]$
斯特林反演一下：
$g[m]=\sum_{i=m}^n(-1)^{i-m}S_1(i,m)\cdot f[i]$
只要求g[1]，即
$g[1]=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}S_1(i,1)\cdot f[i]\\ =\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!\cdot f[i]$

那麼問題就變成了如何求f。我們把邊壓成一個longlong，枚舉了集合劃分之後，相當於有一些數，求有多少個子集異或位0。根據線性基的理論，我們求出一個線性基，枚舉線性基外面的任意一個集合，都能在線性基裏找到恰好一個元素，它們的異或爲0。

3

雅禮集訓方陣

給定一個方陣，每個位置可以填 [1,c] 中的任意一個數，要求填完之後不能有兩行或兩列完全相同，求方案數。 $n,m\leq 5000$

這種行列都有限制的題目往往是先考慮一邊，也就是讓行都不等價，這樣列可能存在等價的情況。設 f_n 表示 n 列互補等價的方案數，g_n 表示任意的方案數，那麼實際上 $g_n=\sum_{i=1}^nf_nS_2(n,i)$ ，反演一下可以得到 $f_n=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}g_nS_1(n,i)$ 。

容易發現，第二類斯特林數總是和等價類劃分之類的問題相關。

4

計算
$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nS(i,j)·j!·2^j$

解法1：
第二類斯特林數可以展開：
$S(n,m)=\frac 1{m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i·\frac{m!}{i!(m-i)!}·(m-i)^n\\ =\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i~!}·\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$
是一個卷積。因此我們可以在 $O(n\log n)$ 的時間裏計算 $S(n,0),S(n,1),\dots,S(n,n)$ 。

代回原式：
$\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nS(i,j)·j!·2^j =\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nj!·2^j\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k~!}·\frac{(j-k)^i}{(j-k)!}\\ =\sum_{j=0}^nj!·2^j\sum_{k=0}^j\frac{(-1)^k}{k~!}·\frac{\sum_{i=0}^n(j-k)^i}{(j-k)!}$

解法2：
考慮第二類斯特林數的意義，是把 $n$ 個不同的球放入 $m$ 個相同盒子裏的方案數。由於盒子非空，因此乘上一個 $j!$ 以後就是放進不同盒子的方案數了。
我們令 $g_n$ 表示 $\sum_{i=0}^nS(n,i)·i!·2^i$ 。如果不考慮 $2^i$ ，也就是把 $n$ 個不同的球放進任意多個不同的盒子裏的方案數。我們枚舉最後一個盒子放幾個球，可以寫出遞推式：
$g_n=\sum_{i=1}^n2·{n\choose i}·g_{n-i}\\ \frac{g_n!}{n!}=\sum_{i=1}^n\frac 2{i!} ·\frac{g_{n-i}}{(n-i)!}$
設：
$f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{g_i}{i!}x_i\\ h(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{2}{i!}x_i$
則：
$f(x)=f(x)*h(x)+1\\ f(x)=\frac1{1-h(x)}$
爲什麼要加一？因爲 $f(x)$ 和 $g(x)$ 卷出來是沒有常數項的。
然後就是多項式求逆啦。

二項式反演與斯特林反演