背景：

二项式反演又名广义容斥定理。
下次再看题解时要注意了。
解锁新姿势。
说白了就是之前会的姿势太少了。

正题：

说白了就是有这样两条恒等的式子：
$$f_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i{g}_i⟺g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i{f}_i$$

仔细思考一下，发现有：
$$f_n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{g}_i⟺g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^i{f}_i$$
证明：
感性一下就是一个容斥问题。
具体可见：http://blog.miskcoo.com/2015/12/inversion-magic-binomial-inversion 。

例题$1$（恰好与至多的转换）：

$\text{hdu P1465}$：最不容易系列之一
$\text{que}$：
$n$个数重新排序，求每一个数都不在原位置的方案数。

$\text{sol}$：
这不就是一个错排问题吗？$d_1=0,d_2=1,d_n=(n-1)(d_{n-1}+d_{n-2})$。
如果用二项式反演呢？
设$f_i$表示至多有$i$个错开的方案数，有$f_i=i!$；
设$g_i$表示恰好有$i$个错开的方案数。
有：
$$f_n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{g}_i$$

（$i$枚举当前有几个错位）
反演一下，有：
$$g_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^i{f}_i=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}i!$$

$\text{code}$：

就不打了吧。

例题$2$（恰好与至少的转换）：

$\text{luogu P4859}$ 已经没有什么好害怕的了
$\text{que}$：
输入两个序列$A,B$，保证两序列元素两两互不相同。这两个序列两两匹配，若当前配对的结果$A$比$B$大的组数$-B$比$A$大的组数$=k$，则方案加$1$，问最后的方案。
$\text{sol}$：
首先肯定是先对$A,B$排序。
$A$比$B$大的组数设为$x$，$B$比$A$大的组数设为$y$，那么有$x+y=n,x-y=k$，最后$x=\frac{n+k}{2}$。我们记$k^{\prime }=x=\frac{n+k}{2}$。
容易发现，若$n+k$为奇数，则无解。

设$d{p}_{i,j}$表示前$i$个$A$中，选了至少$j$组$a>b$的方案数。
$las{t}_i$表示$B_{las{t}_i}$恰好小于$A_i$，且$B_{las{t}_i+1}$恰好大于$A_i$。
则有：
$$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+(las{t}_i-j+1)d{p}_{i-1,j-1}$$
因为选了$j$个后剩下的数可以随意排列，因此最后的结果应该乘上$(n-j)!$。
设$f_i$表示至少有$i$个大于的方案数，有$f_i=(n-i)!d{p}_{n,i}$；
设$g_i$表示恰好有$i$个大于的方案数。
因此有：
$$f_{k^{\prime }}=\sum _{i=k^{\prime }}^n{C}_i^{k^{\prime }}{g}_i$$

（$i$枚举当前有几个大于的）
反演一下，有：
$$g_{k^{\prime }}=\sum _{i=k^{\prime }}^n(-1{)}^{i-k^{\prime }}{C}_i^{k^{\prime }}{f}_i$$

$\text{code}$：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define mod 1000000009
using namespace std;
int a[2010],b[2010],last[2010],fac[2010],inv[2010],dp[2010][2010],f[2010];
int n,k;
int ans=0;
void init(int n)
{
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=((LL)mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
inv[i]=(LL)inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
int C(int n,int m)
{
return (LL)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&k);
init(n);
if((n+k)&1)
{
printf("0");
return 0;
}
k=(n+k)>>1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
sort(b+1,b+n+1);
int now=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(now<n&&b[now+1]<a[i]) now++;
last[i]=now;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i][0]=dp[i-1][0];
for(int j=1;j<=i;j++)
dp[i][j]=((LL)dp[i-1][j]+((LL)max(last[i]-j+1,0))*dp[i-1][j-1]%mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(LL)fac[n-i]*dp[n][i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+((((i-k)&1)?-1ll:1ll)*C(i,k)*f[i]%mod+mod)%mod)%mod;
printf("%d",ans);
}

最后

以上就是勤劳小兔子最近收集整理的关于二项式反演（广义容斥定理）学习笔记背景：正题：例题 1 1 1（恰好与至多的转换）：例题 2 2 2（恰好与至少的转换）：的全部内容，更多相关二项式反演（广义容斥定理）学习笔记背景：正题：例题 内容请搜索靠谱客的其他文章。