淺談各種反演

前言 （chě dàn）

反演好神奇啊
就像 膜 魔法一樣

反演在OI界還是一個非常常用的一個東西，覺得還是寫個總結好一點

前置知識

二項式定理 ： （證明可通過數學歸納法）

正文

定義

何爲反演 ?
我是通俗理解爲已知 A 求 B爲正演， 那已知 B 求 A爲反演

在OI中一般 A, B爲函數，如f(x), g(x)之類的

引入

先通過一個例題引入

有 n 個人站成一排， 編號爲1, 2, 3, …, n， 假設編號爲i的不能站在第i個位置，求可行的方案數 (經典的錯排問題)

首先作爲一個初中生，當然可以想到容斥

爲什麼這個公式是成立的
考慮要算m(m >= 1)個人站對的情況， 算0 ~ m-1個人的時候會將當前m個人的方案多算這麼多次

既然是負的，加回去就好了，於是容斥公式成立

另一個角度

$設f(n)爲n個人隨便站的方案數，g(n)爲n個人錯排的方案數，我們可以枚舉有幾個人站錯，可得$

這個就是正演
但是我們好像只知道$f(n)$，於是我們需要反演求出$g(n)$

各種反演

開始前先看一些性質

上面設的那個東西

前面推容斥的時候有一步是要用

$\Large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = (1 + (-1))^n=0^n$

當n=0時值爲1，否則爲0
即
$\Large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)$

首先知道一個顯然的東西
$\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n[n-m==0]\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)$

前面提到的性質
$\large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)$
把它帶進去

$\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)$
$注意到\begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}的意思時從大小爲n的集合中先取m個，再從剩下的中取k個的方案數$ $，和先取k個，再從剩下的當中取m個的方案數相同\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}$
$\ \ \large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)$

=$\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(m)$
交換求和符號

$\large g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}\sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m)$

然後我們發現一個很棒的東西
$\large \sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m) = f(n-k)$
所以
$\large g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}\sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m)$
$\large \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} f(n-k)$

換一下下標
因爲$\begin{pmatrix} n \\ n- k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}$
$\large g(n) = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} f(k) …… (2)$

二項式反演

先直接給出公式
已知
$\Large f(n)= \sum\limits_{k=0}^n\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k)$
可得
$\Large g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k)$
一般寫成

$\Large f(n)= \sum\limits_{k=0}^n\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k) ⇔ \Large g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k)$

發現和上面的2一樣誒
那就不用證了 (笑)

還有另外一個公式

$\Large f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k)⇔g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k)$
這個東西看起來十分對稱，非常好記
它的證明也很簡單 根據容斥證明就好了

另外有一個更常用的公式

$\Large f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k) ⇔ \Large g(n)=\sum\limits_{k=n}^m(-1)^{k-n} \begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}f(k)$

證明

把右邊的代入左邊
$f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix} \sum\limits_{j=k}^m\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}f(j)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}$

$注意到\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}的意思時從大小爲j的集合中先取k個，再從取的k箇中取n個的方案數$ $，和先取n個，再從剩下j-n的當中取k-n個的方案數相同\begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j-n \\ k-n \end{pmatrix}$
$因爲\begin{pmatrix} j-n \\ k-n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} j-n \\ j - n -(k-n) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} j-n \\ j-k \end{pmatrix}$
$f(n)=\sum\limits_{j=n}^m f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j-n \\ j-k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} j-n \\ j - k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}$
設 t = j - k
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-n}\begin{pmatrix} j-n \\ t \end{pmatrix}(-1)^{t}$
看看右邊那個東西，發現是不是有點眼熟

就是性質1
$\large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)$

$f(n)=\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)[j-n==0]$
即
$f(n)=\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)[j==n]$
$f(n)=\begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix}f(n)[n==n]$
$f(n)=f(n)$
得證

一般的用法：

f(n)爲先欽定n個，然後剩下隨便搞的方案數（肯定會算重複） (不是簡單的後綴和，而是先欽定n個的所有情況，然後剩下隨便搞的和)
g(n)爲恰好n個
顯然
$\Large f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k)$
一般$f(n)$是很容易算的，那麼
$\Large g(n)=\sum\limits_{k=n}^m(-1)^{k-n} \begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}f(k)$

莫比烏斯反演

$\Large f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)⇔g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu (d)f(n/d)$

前置知識

首先要知道 $\mu$是個什麼函數
$若d = 1, \mu(d) = 1$
$若d=p_1 * p_2 * p_3 * .... * p_k, 其中p爲質數且互不相同,那麼 \mu(d) = (-1)^k$
$其他情況 \mu(d) = 0$

$\mu$ 的一些性質

首先它是一個積性函數
就是若 a, b互質
則滿足 $\large \mu(ab)=\mu(a)\mu(b)$
證明很顯然啊
然後就可以線性篩了

還有一個很重要的性質
$\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]$
這個證明也很顯然，先把n質因數分解，去掉重複的質因數
假設爲 $p_1,p_2, ...., p_m$

上面那條式子就等價於 $\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix}$
這條式子是不是有點熟悉, 就是上面的性質1
$\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)$
所以
$\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix}=[m==0]$

$m==0的時候n只能爲1$
所以成立

證明

讓我們回憶我們證明二項式反演的時候幹了什麼？
找了個n=0時才爲1的東西，然後搞了個顯然的東西，把前一個帶入後面一個就搞出了反演

類似的我們可以搞一搞

$\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]$
顯然的
$\large g(n)=\sum\limits_{m|n}[\frac{n}{m}==1]g(m)$
把上面的代入下面
$g(n)=\sum\limits_{m|n}\sum\limits_{d|\frac{n}{m}}\mu(d) g(m)$

注意到$d|\frac{n}{m}就是md|n和m|\frac{n}{d}$是等價的
所以
$g(n)=\sum\limits_{m|n}\sum\limits_{m|\frac{n}{d}}\mu(d) g(m)$
同樣交換求和符號
$g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d) \sum\limits_{m|\frac{n}{d}} g(m)$
右邊那個東西是不是有點熟悉
就是$f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)$
所以
$g(n) =\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(n/d)$

證畢

另一種形式

$\Large f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)⇔g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu (d/n)f(d)$
類比二項式反演的證明
把右邊的代入左邊
$f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|d}\sum\limits_{d|m}\mu (m/d)f(m)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}\sum\limits_{t|\frac{m}{n}}^{m/n}\mu (m/tn)f(m)$
設$m/n=T$
$f(n) =\sum\limits_{n|m}\sum\limits_{t|\frac{m}{n}}^{T}\mu (T/t)f(m)$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (T/t)$

可以很容易發現
$\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (T/t)=\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (t)$
$f(n) =\sum\limits_{n|m}f(m)\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (t)$
右邊那個東西是不是又很熟悉
$\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]$
就是這個東西
所以
$f(n) =\sum\limits_{n|m}f(m)[T==1]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)[m/n==1]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)[m==n]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(n)$

證畢

一般用法

設g(n)爲gcd(x, y) == n的對數
設f(n)爲n | gcd(x,y)的對數 (1 <= x <= N, 1 <= y <= M)
顯然滿足
$\large f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)$
一般f(n)很容易算就是
$\large f(n)= \lfloor\frac{N}{n}\rfloor \times\lfloor\frac{M}{n}\rfloor$
那麼顯然
$\large g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu (d/n)f(d)$
$\large \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{n|d}\mu (d/n) \lfloor\frac{N}{d}\rfloor \times\lfloor\frac{M}{d}\rfloor$

做題前還有一個東西必須要掌握 : 整除分塊
有些題推出來的式子你會發現有整除，然而對於一個數除以一段連續的數得到的結果是相同的
舉個例子

i	1	2	3	4	5	6	7
$\lfloor 10/i\rfloor$	10	5	3	2	2	1	1

那已知左端點，如何求右端點？
右端點$r=n/(n/l)$

反正也不難記，先記着，後面有時間再證明(flag)

可見連續一段是相等的

    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r= n / (n / l); 
        計算l ~ r這段的結果
    }

對於兩個數$n,m$的類比做一下就好了

	for(int l = 1, r = 0; l <= n; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		計算l ~ r這段的結果	
	}

兩年前自己寫的關於莫比烏斯反演的垃圾 : 莫比烏斯反演（懵逼鎢絲繁衍）
裏面有幾道題

子集反演

就是裸的容斥

FWT

之前寫過 淺談FWT

子集卷積

同上，數組多開一維記一下集合大小就好了