學習反演小計

前言

看完Vfleaking大爺 炫酷反演魔術
感覺自己走入了個新世界，被震撼到了。
瞬間學會絕大部分有關反演的東東。

這裏小結一哈。

二項式反演

先看一道神奇的題目：
給你n個人排隊，要求第i個人不能站在第i個位置上。求方案數。
$n<=10^5$
我知道你們心裏想着那個叫做錯排問題公式的東西。

但是這不是重點。（雖說這個公式很像容斥）
重點在於在這中間找到一個性質：
首先利用現有的大腦，可以想到一個簡單的容斥：
$ans=\sum_{i=0}^n(-1)^i*C_n^i*(n-i)!$
其中最重要的是利用到一個性質：
$[n==0]=\sum_{i=0}^n(-1)^i*C_n^i$
這個待會會很有用。

那麼現在我們可以利用這個東東來搞些有趣的東西。
設f(i)表示n個人隨便站的方案。
設g(i)表示n個人都站錯的方案。
則有：
$f(n)=\sum_{i=0}^nC_n^i*g(i)$
那麼考慮變化一下讓f來表示g。
現在有：
$g(n)=\sum_{i=0}^n[n-i==0]*C_n^i*g(i)$（這是個非常非常顯然的東西）
和之前得到的：
$[n==0]=\sum_{i=0}^n(-1)^i*C_n^i$
兩個搞拼在一起得到：
$g(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^j*C_{n-i}^j*C_n^i*g(i)$
我們發現，中間的組合數似乎可以變化一下。
$C_{n-i}^j*C_n^i=C_{n-j}^i*C_n^j$
代入：
$g(n)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{n-i}(-1)^j*C_{n-j}^i*C_n^j*g(i)$
把兩個西格瑪換一下，然後移動一下：
$g(n)=\sum_{j=0}^n(-1)^j*C_n^j*\sum_{i=0}^{n-j}C_{n-j}^i*g(i)$
發現了什麼？右邊的不是f嗎？！！
恭喜得到：
$g(n)=\sum_{j=0}^n(-1)^j*C_n^j*f(n-j)$
這就是二項式反演！

莫比烏斯反演

現在知道反演大致是個什麼東西了。
那麼那個姓莫的先生的反演呢？
其實思路也是差不多的。

來，先上一道題：
構造長度爲n的由小寫字母組成的字符串，使得其中循環節長度恰好爲n。
求方案。
$n<=10^9$

那麼上反演基本套路：
設f(n)表示胡亂構造的方案。
設g(n)表示循環節長度爲n的構造方案。
再次發揮人類大腦的智慧，得到：
$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$
這個可不可以用上面的套路來反演呢？
上面的套路就是：一個非常非常顯然的東西與一個比較重要的結論拼♂在一起然後化柿子得到。
首先那個非常非常顯然的東西就是：
$g(n)=\sum_{d|n}[\frac n d==1]*g(d)$
那個重要結論是什麼呢？
我們的莫比烏斯函數：

在這裏，我們發現，需要用到的就是下面這個東東：
$\sum_{i|n}\mu (i)=[n==1]$
這個可以感性理解理解這是對的。

接下來，乖乖坐♂好，把手扶♂穩，要開始開♂車了。
$g(n)=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac n d}\mu (i)*g(d)$
再回顧一下，之前是在組合數上搞事，現在我們把目標轉向那個下標：
$i|\frac n d=i*d|n=d|\frac n i$
那麼就可以交換一下下標了：
$g(n)=\sum_{i|n}\sum_{d|\frac n i}\mu (i)*g(d)$
換一哈：
$g(n)=\sum_{i|n}\mu (i)*\sum_{d|\frac n i}g(d)$
右邊不就是f嗎？
$g(n)=\sum_{i|n}\mu (i)*f(\frac n i)$
似曾相識？
這就是我們的大莫比烏斯反演。

兩個反演的背後

其實反演起來都很像一個東東：
給你一個矩陣，求其逆矩陣。

你問我逆矩陣怎麼搞？
這裏放個定理自己去搞吧：
$A^{-1}=\frac 1 {|A|}*A^*$
其中$|A|$是行列式,$A^*$是伴隨矩陣，相當於餘子式轉置一下。
當我們找到其中規律我們可以結合上面反演可知：
我們其實就是在利用下三角矩陣的性質來推導。

妙啊！
恭喜獲得成就。發現：求逆矩陣=反演

反演的一般形式

看到上面這麼多幹貨後，是否可以總結出什麼？
看到一般形式：
$f(n)=\sum_{i=0}^na[n][i]*g(i)$
那麼我們一定可以找到一個非常非常顯然的東西：
$g(n)=\sum_{i=0}^n[n-i==0]g(i)$
然後找到一個重要性質：設那個東西爲$\mu(n,j)$表示$f(j)$對g的貢獻。
必定有：$\sum_{j=0}^na[n][j]*\mu(j,k)=[n-k==0]$
兩個拼在一起後隨便化化即可得到：
$g(n)=\sum_{i=0}^n\mu(n,i)*f(i)$

你以爲這樣就無敵了？其實也不然，這個$\mu$其實有時候倒是很難推的。
然而我並沒有做太多的題，等到做更多的題後再補。

子集反演

你以爲反演都很easy？（的確）

來，給你這個東東：
現在有兩個長度都爲$2^n$的數列
$a_0,a_1,a_2,……,a_{2^n-1}$
$b_0,b_1,b_2,……,b_{2^n-1}$
然後讓你求：數列c
$c_r=\sum_{p,q=0}^{2^n-1}[p\ or\ q=r]*a_p*b_q$
$n<=20$

FWT？顯然OK。

但是這是反演學習，所以⑧要想那玩意兒。
顯然無法直接反演。

那就挖挖性質。
我們發現，原式其實就是相當於$p \cup q=r$時給r做貢獻。
而這個其實相當於：
$[p \cup q\subseteq s]=>[p\subseteq s][q\subseteq s]$
那就把答案換一下：
設$a'_s=\sum_{p\subseteq s}a_p$
那麼$c'_r$表示爲：
$c'_r=\sum_{p,q=0}^{2^n-1}[p \cup q\subseteq r]*a_p*b_q$

$c'_r=\sum_{p,q=0}^{2^n-1}[p\subseteq r][q\subseteq r]*a_p*b_q$
移項！
$c'_r=\sum_{p=0}^{2^n-1}[p\subseteq r]*a_p*\sum_{q=0}^{2^n-1}[q\subseteq r]*b_q$
替換：
$c'_r=a'_r*b'_r$
現在，我們發現，右邊的柿子$a'_r*b'_r$可以很容易DP搞出來。
那麼意味着，$c'_r$也弄出來了。
所以現在的問題就是怎麼求$c_r$了。

那就開始反演。
設$f(p)$表示$c'_p$
設$g(r)$表示$c_r$
$f(p)=\sum_{r\subseteq p}g(r)$
其實很簡單，那就當做複習啦。
一個非常非常顯然的東東：
$g(r)=\sum_{p\subseteq r}[p==r]g(p)$
一個比較重要的結論：
$\sum_{x\subseteq y}(-1)^{|x|}=[y==0]$
代入：
$g(r)=\sum_{p\subseteq r}\sum_{x\subseteq r-p}(-1)^{|x|}*g(p)$

$g(r)=\sum_{x\subseteq r}(-1)^{|x|}*\sum_{p\subseteq r-x}g(p)$

$g(r)=\sum_{x\subseteq r}(-1)^{|x|}*\sum_{p\subseteq r-x}g(p)$

$g(r)=\sum_{x\subseteq r}(-1)^{|x|}*f(r-x)$

似曾相識？
這就是這個披着神祕面紗的子集反演。

這個可以幹什麼呢？
當然，FWT的它都能幹（只是時間巨慢）
還有！
可以求下標換爲：gcd，lcm的情況。

恭喜獲得成就。發現：FWT=反演

還可以拓展一下：
把條件改一下，變成可以有多個重複的元素。

其實也很簡單。
設$\mu(s)$表示如果$s$有重複元素，那麼就是$0$，否則就是$(-1)^{|s|}$
類似於莫比烏斯，隨便反演即可。

離散傅里葉變換DFT

等等，這個奇怪的東東怎麼在這裏出現了？
連FWT都出現了，這個怎麼不可以有？

現在有兩個長度都爲$n$的數列
$a_0,a_1,a_2,……,a_{n-1}$
$b_0,b_1,b_2,……,b_{n-1}$
然後讓你求：數列c
$c_r=\sum_{p,q=0}^{n-1}[(p+q)\ mod\ n==r]*a_p*b_q$
$n<=2^{20}$

既然是DFT怎麼能少了單位根？
我們熟悉的求和引理：
$\sum_{i=0}^{n-1}(\omega^k_n)^i=\frac{1-(\omega_n^k)^n}{1-\omega_n^k}=\frac{1-(\omega_n^n)^k}{1-\omega_n^k}=0$

滿足這條柿子有個要求，就是$k\ mod\ n!=0$
那麼再劃一下柿子，變成：

$\frac 1 n\sum_{i=0}^{n-1}(\omega^k_n)^i=[k\ mod\ n==0]$

代入原式看看會發生什麼奇妙的化學變化。

$c_r=\sum_{p,q=0}^{n-1}[(p+q-r)\ mod\ n==0]*a_p*b_q$

$c_r=\sum_{p,q=0}^{n-1}\frac 1 {n}\sum_{i=0}^{n-1}(\omega^{p+q-r}_n)^i*a_p*b_q$
把中間的單位根拆掉。
$c_r=\sum_{p,q=0}^{n-1}\frac 1 {n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{p*i}*\omega_n^{q*i}*\omega_n^{-r*i}*a_p*b_q$

$c_r=\frac 1 {n}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{-r*i}*\sum_{p=0}^{n-1}\omega_n^{p*i}*a_p*\sum_{q=0}^{n-1}\omega_n^{q*i}*b_q$

於是乎，這個式子就可以用神奇的分治來做啦~

恭喜獲得成就。發現：DFT或FFT=反演

其實上面的思路也差不多多是這樣的：

把$[F(p+q)==r]$拆成兩個獨立的部分，然後分開來做。
舉個例子就類似於$[d|gcd(a,b)]$可以拆成$[d|a]$和$[d|b]$
是不是很神奇？

小結

大家可能看完這個之後，突然大徹大悟，猶如醍醐灌頂。原來反演都是一家人（廢話）
如果找點看到這個玩意可能就不至於看個莫比烏斯反演看那麼久了。（雖說它的難點在於那個奇妙的分塊）
不管怎樣，反演怎麼看都是個好東東。可能以後看到什麼奇妙的題就有些新的思路了。

哪裏不會反演哪裏，媽媽再也不用擔心我的數學啦！