點亮

$\quad $ 看的Qyun用的二項式反演，我是用的子集反演

主要式子：

\[f(S) = \sum _{T \subseteq S} g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum _{T \subseteq S}(-1)^{|S-T|}f(T) \]

\[f(S) = \sum _{S\subseteq T}g(T) \Leftrightarrow g(S) = \sum _{S\subseteq T}(-1)^{|T-S|}f(T) \]

\[\sum _{T\subseteq S}(-1) ^{|S|-|T|}=\sum _{i=0}^{|S|}\dbinom{|S|}{i}(-1) ^{|S|-i} \]

$\quad $ 這裡只用了後面兩個式子。

$\quad $ 我們設 \(f(X)\) 為所選邊為集合 \(X\) 的機率，\(g(X)\) 為所選邊包含集合 \(X\) 的機率。，那麼就有：

\[g(X)=\sum _{X\subseteq Y}f(Y) \]

$\quad $ 根據第二個式子，我們有：

\[f(X)=\sum _{X\subseteq Y}(-1) ^{|Y|-|X|}g(Y) \]

然後就是愉快推式子

\begin{aligned}
ans&=\sum _{|X|=k}f(X)\\
&=\sum _{|X|=k}\sum _{X\subseteq Y}(-1) ^{|Y|-|X|}g(Y)\\
\end{aligned}

$\quad $ 注意到 \(g(X)\) 的取值只與 \(|X|\) 有關，再根據第三個式子，我們得到：

\begin{aligned}
ans&=\sum _{|X|=k}\sum _{|Y|>=k}\dbinom{|Y|}{k}(-1) ^{|Y|-k}g(Y)\\
&=\sum _{|Y|>=k}\dbinom{|Y|}{k}(-1) ^{|Y|-k}\sum _{|X|=i}g(X)\\
\end{aligned}

$\quad $ 這裡不是列舉順序的改變，注意分辨。

$\quad $ 然後我們有 \(g(X)=|X|\prod _{j=1}^{|X|}(\dbinom{n}{2}-\dbinom{n-2j}{2}) ^{-1}\) ，\(\sum _{X\subseteq U}[|X|=i]=n!(n-2i)! ^{-1} i! ^{-1}2 ^{-i}\) 推導可以去看這個。

$\quad $ 然後再次化簡式子：

\begin{aligned}
ans&=\sum _{|Y|>=k}\dbinom{|Y|}{k}(-1) ^{|Y|-k}\sum _{|X|=i}g(X)\\
&=\sum _{i=k}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\dbinom{i}{k}(-1) ^{i-k}n! (n-2i)! ^{-1} 2 ^{-i}\prod _{j=1}^{i}(\dbinom{n}{2}-\dbinom{n-2j}{2}) ^{-1}
\end{aligned}

後記

$\quad $ 那天9G給了我個式子：

\[\sum _{k=1}^{90}\frac{\sin(k ^2)}{\sin k} \]

$\quad $ 《那我當然是不會的》，但是推出來了 \(n\) 倍角正餘弦公式：

$\quad $ 我們定義複數 \(z=i\sin\theta+\cos \theta\) ，那麼：

\[z ^{n}=i\sin(n\theta)+\cos(n\theta) \]

$\quad $ 再用二項式定理將左邊展開：

\[\sum _{i=0}^{n}C _{n}^{i}\sin ^{i}\theta\cos ^{n-i}\theta=i\sin(n\theta)+\cos(n\theta) \]

$\quad $ 又因為兩個複數相等，則其實部和虛部分別相等，所以可以得到：

\[\sin(n\theta)=\sum _{i=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor}C _{n}^{2i+1}\sin ^{2i+1}\theta\cos ^{n-2i-1}\theta \]

\[\cos(n\theta)=\sum _{i=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}C _{n}^{2i}\sin ^{2i}\theta\cos ^{n-2i}\theta \]