反演
设
\[F_n\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}G_i\]\[G_n\sum_{i=0}^{n}B_{n,i}F_i\] 下面的直接带入到上面\[F_n=\sum_{i=0}^{n}A_{n,i}\sum_{j=0}^{i}B_{i,j}F_j=\sum_{i=0}^{n}F_i\sum_{j=i}^{n}A_{n,j}B_{j,i}=F_n\] 设 \(C_{i,j}=\sum_{k=j}^{i}A_{i,k}B_{k,j}\) 如果 \(C_{i,j}=[i=j]\)，那么 \(F,G\) 之间是能够反演的 而 \(A,B\) 都是下三角矩阵，\(C\) 就是单位矩阵 知道这个就可以矩阵求逆二项式反演
\[F_n=\sum_{i=0}^n {n \choose i}G_i\iff G_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}{n \choose i}F_i\]
证明
\[F_n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}\binom{i}{j}F_j=\sum_{i=0}^{n}F_i\sum_{j=i}^{n}\binom{n}{j}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}\]
\[=\sum_{i=0}^{n}F_i\binom{n}{i}\sum_{j=i}^{n}\binom{n-i}{j-i}(-1)^{j-i}=\sum_{i=0}^{n}F_i\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{n-i}\binom{n-i}{j}(-1)^{j}\]\[=\sum_{i=0}^{n}F_i\binom{n}{i}(1-1)^{n-i}=F_n\]stirling反演
把第一类Stirling数看成无符号的
\[F_n=\sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n\\i \end{Bmatrix}G_i\iff G_n=\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\begin{bmatrix} n\\i \end{bmatrix}F_i\]第一类Stirling数幂与下降幂的关系
\[x^{\underline k}=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}\begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix}x^i\]第二类Stirling数幂与下降幂的关系
\[x^{k}=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\\i \end{Bmatrix}x^{\underline i}\]反转公式
\[\begin{cases}\sum_{k=m}^n(-1)^{n-k}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}=[n=m]\\\sum_{k=m}^n(-1)^{k-m}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}=[n=m]\end{cases}\]证明
\[x^{k}=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\\i \end{Bmatrix}x^{\underline i}=\sum_{i=0}^k\begin{Bmatrix} k\\i \end{Bmatrix}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\begin{bmatrix} i\\j \end{bmatrix}x^j\]
\[=\sum_{i=0}^{k}x^i\sum_{j=i}^{k}\begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}\begin{bmatrix} j\\i \end{bmatrix}(-1)^{j-i}\] 那么\[\sum_{j=i}^{k}\begin{Bmatrix} k\\j \end{Bmatrix}\begin{bmatrix} j\\i \end{bmatrix}(-1)^{j-i}=[i=k]\]另外一个同理
Min-Max容斥以及kthmax扩展
\[max(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|+1}min(T)\]
证明
考虑一种第 \(k\) 大值被作为最小值计算的次数
\[\sum_{j=0}^{k-1}(_{j}^{k-1})(-1)^j=(1-1)^{k-1}=[k=1]\]kthmax
求第 \(k\) 大元素
构造容斥系数 \(f\) 使得\[kthmax(S)=\sum_{T\subset S}f(|T|)min(T)\] 考虑第 \(x\) 大值被作为最小值计算的次数\[\sum_{j=0}^{x-1}(_{j}^{x-1})f(j+1)\] 它应该等于 \([x=k]\) 即\[\sum_{j=0}^{x-1}(_{j}^{x-1})f(j+1)=[x=k]\] 二项式反演得到\[f(x)=(-1)^{x-k}(_{k-1}^{x-1})\] 那么\[kthmax(S)=\sum_{T\subset S}(-1)^{|T|-k}(_{k-1}^{|T|-1})min(T)\]