反演定理及其应用

一、莫比乌斯反演

莫比乌斯反演公式：
若

F(n)=∑i|nf(i) F ( n ) = ∑ i | n f ( i )

则

f(n)=∑i|nμ(i)F(ni) f ( n ) = ∑ i | n μ ( i ) F ( n i )

为什么呢？请看证明：
由于莫比乌斯函数具有性质 ∑i|nμ(i)=[n=1] ∑ i | n μ ( i ) = [ n = 1 ] ，因此我们考虑把原式带入：

∑i|nμ(i)∑j|nif(i)=∑j|nf(j)∑i|njμ(i)=∑j|nf(j)[nj=1]=f(n) ∑ i | n μ ( i ) ∑ j | n i f ( i ) = ∑ j | n f ( j ) ∑ i | n j μ ( i ) = ∑ j | n f ( j ) [ n j = 1 ] = f ( n )

证毕。
莫比乌斯反演的另一种形式：
若

F(n)=∑n|if(i) F ( n ) = ∑ n | i f ( i )

则

f(n)=∑n|iμ(in)F(i) f ( n ) = ∑ n | i μ ( i n ) F ( i )

证明过程与上面的相仿。

例题：BZOJ1101

给定 n,m，求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k] n , m ， 求 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = k ] 。
设

f(k)=∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k] f ( k ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = k ]

F(k)=∑k|if(i)=∑i=1n∑j=1m[k|gcd(i,j)]=⌊nk⌋⌊mk⌋ F ( k ) = ∑ k | i f ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ k | g c d ( i , j ) ] = ⌊ n k ⌋ ⌊ m k ⌋

则根据莫比乌斯反演定理，

f(k)=∑k|iμ(ik)F(i)=∑k|iμ(ik)⌊ni⌋⌊mi⌋=∑i=1n/kμ(i)⌊nki⌋⌊mki⌋ f ( k ) = ∑ k | i μ ( i k ) F ( i ) = ∑ k | i μ ( i k ) ⌊ n i ⌋ ⌊ m i ⌋ = ∑ i = 1 n / k μ ( i ) ⌊ n k i ⌋ ⌊ m k i ⌋

于是变成了一个很显然的整除分块，复杂度 O(Tn−−√) O ( T n ) 。

二、二项式反演

若

F(n)=∑i=pn(ni)f(i) F ( n ) = ∑ i = p n ( n i ) f ( i )

则

f(n)=∑i=pn(−1)n−i(ni)F(i) f ( n ) = ∑ i = p n ( − 1 ) n − i ( n i ) F ( i )

证明如下：

∑i=pn(−1)n−i(ni)F(i)=∑i=pn(−1)n−i(ni)∑j=pn(ij)f(j)=∑j=pnf(j)∑i=jn(−1)n−i(ni)(ij)=∑j=pnf(j)(nj)∑i=jn(−1)n−i(n−ji−j)=∑j=pnf(j)(nj)∑i=0n−j(−1)n−j−i(n−ji)=∑j=pnf(j)(nj)⋅0n−j ∑ i = p n ( − 1 ) n − i ( n i ) F ( i ) = ∑ i = p n ( − 1 ) n − i ( n i ) ∑ j = p n ( i j ) f ( j ) = ∑ j = p n f ( j ) ∑ i = j n ( − 1 ) n − i ( n i ) ( i j ) = ∑ j = p n f ( j ) ( n j ) ∑ i = j n ( − 1 ) n − i ( n − j i − j ) = ∑ j = p n f ( j ) ( n j ) ∑ i = 0 n − j ( − 1 ) n − j − i ( n − j i ) = ∑ j = p n f ( j ) ( n j ) · 0 n − j

最后一步是逆用二项式定理，展开 (1−1)n−j ( 1 − 1 ) n − j ，发现只有当 n=j n = j 时 0n−j=1 0 n − j = 1 ，因此

∑j=pnf(j)(nj)⋅0n−j=f(n) ∑ j = p n f ( j ) ( n j ) · 0 n − j = f ( n )

证毕。
另一种形式：若

g(m)=∑i=mn(im)f(i) g ( m ) = ∑ i = m n ( i m ) f ( i )

则

f(m)=∑i=mn(−1)i−m(im)g(i) f ( m ) = ∑ i = m n ( − 1 ) i − m ( i m ) g ( i )

证明过程与上述过程相仿

例题

染色问题

有n个格子排成一排，用 m(m≥2) m ( m ≥ 2 ) 种颜色染色，求使得相邻格子不能染上相同颜色，且每种颜色都要用上的染色方案数。 (m≤100,000,n≤109) ( m ≤ 100 , 000 , n ≤ 10 9 )
直接计算不好处理，考虑去掉某个限制条件。设 f(m) f ( m ) 为原题答案， g(m) g ( m ) 为相同格子不能染上相同颜色，至多用m种的染色方案，则显然有 g(m)=m(m−1)n−1 g ( m ) = m ( m − 1 ) n − 1 。我们考虑使用 f f 计算出 g g ，可以枚举具体使用了哪些颜色，则：

g(m)=∑i=2m(mi)f(i) g ( m ) = ∑ i = 2 m ( m i ) f ( i )

根据二项式反演，我们就可以得到：

f(m)=∑i=2m(−1)m−i(mi)g(i)=∑i=2m(−1)m−i(mi)i(i−1)n−1 f ( m ) = ∑ i = 2 m ( − 1 ) m − i ( m i ) g ( i ) = ∑ i = 2 m ( − 1 ) m − i ( m i ) i ( i − 1 ) n − 1

于是题目就可以在 O(mlogn) O ( m l o g n ) 的时间内解决。

洛谷8月月赛T4

给定一张 n×m(m≥n) n × m ( m ≥ n ) 的棋盘，求在这个棋盘上放置 2n 2 n 个炮使得他们互不攻击的方案数。
(n≤m≤2,000或(m−n≤10且n≤m≤100,000)) ( n ≤ m ≤ 2 , 000 或 ( m − n ≤ 10 且 n ≤ m ≤ 100 , 000 ) )
分析题目，会发现每行必然出现两个炮。由于每列出现的数量也不超过2，考虑把原问题转化为：
给定 1到m共m 1 到 m 共 m 种数字，每种数字有两个。现在将它们组合成 n n 对无序二元组，每个二元组当中两个数字不同的方案数。
原问题不方便直接计算，我们考虑把“每个二元组当中两个数字不同”的限制去掉。但由于原题求的是无序二元组，在不确定每个二元组中数字是否相同的情况下也非常难计算。于是我们把“无序二元组”变为“有序二元组”。
设 f(n,m)为原题答案，g(n,m) f ( n , m ) 为 原 题 答 案 ， g ( n , m ) 为满足上述条件的方案数。考虑如何求 g(n,m) g ( n , m ) 。
注意到最特殊的情况就是有一些种类的数我们把两个全部选进去了，考虑我们选了多少个这样的数字，又有多少种填入的方案。剩下来的种类中必然是每种选择一个，填入剩下的格子中。于是我们有：

g(n,m)=∑i=0m(mi)A2i2n2iA2n−2im−i g ( n , m ) = ∑ i = 0 m ( m i ) A 2 n 2 i 2 i A m − i 2 n − 2 i

于是 g(n,m) g ( n , m ) 便可以在 O(m) O ( m ) 的时间内计算出来。但是题目给 m−n≤10 m − n ≤ 10 的条件干什么呢？观察上述算式，会发现若 2i>2n或2n−2i>m−i时A2i2n或A2n−2im−i就为0了 2 i > 2 n 或 2 n − 2 i > m − i 时 A 2 n 2 i 或 A m − i 2 n − 2 i 就 为 0 了 ，无需计算。
解上述不等式可以发现 2n−m≤i≤n 2 n − m ≤ i ≤ n ，因此我们只需要在 max(2n−m,0)≤i≤n m a x ( 2 n − m , 0 ) ≤ i ≤ n 的范围中求解即可。

g(n,m)=∑i=max(2n−m,0)n(mi)A2i2n2iA2n−2im−i g ( n , m ) = ∑ i = m a x ( 2 n − m , 0 ) n ( m i ) A 2 n 2 i 2 i A m − i 2 n − 2 i

这个范围大小就是 O(m−n) O ( m − n ) 级别的了。
我们再考虑如何通过 g(n,m)求出f(n,m) g ( n , m ) 求 出 f ( n , m ) 。 f和g f 和 g 之间一个非常大的区别就是要求二元组中的数字是否相同。我们考虑枚举有多少个二元组中数字相同，别忘了还要把无序变为有序。于是可以得到：

g(n,m)=∑i=0n(ni)Aim2n−if(n−i,m−i) g ( n , m ) = ∑ i = 0 n ( n i ) A m i 2 n − i f ( n − i , m − i )

于是可以想到二项式反演。但是上面那个算式不方便于反演，我们可以稍微转化一下。

g(n,m)m!=∑i=0n(ni)2n−if(n−i,m−i)i! g ( n , m ) m ! = ∑ i = 0 n ( n i ) 2 n − i f ( n − i , m − i ) i !

考虑到无论是 f,g f , g ，他们在题目中能够使用到的两个下标差值均为 n−m n − m 。于是令：

F(i)=2if(i,i−n+m)(i−n+m)!，G(i)=g(i,i−n+m)(i−n+m)! F ( i ) = 2 i f ( i , i − n + m ) ( i − n + m ) ! ， G ( i ) = g ( i , i − n + m ) ( i − n + m ) !

在加上组合数的左右值对称，于是上面的算式就变成二项式反演的模型了。

G(n)=∑i=0n(ni)F(n−i)=∑i=0n(ni)F(i) G ( n ) = ∑ i = 0 n ( n i ) F ( n − i ) = ∑ i = 0 n ( n i ) F ( i )

F(n)=∑i=0n(−1)n−i(ni)G(i) F ( n ) = ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i ( n i ) G ( i )

再根据 F,G F , G 的定义，把 f,g f , g 带入得到：

f(n,m)=m!2n∑i=0n(−1)i(ni)g(n−i,m−i)(m−i)! f ( n , m ) = m ! 2 n ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ( n i ) g ( n − i , m − i ) ( m − i ) !

至此，这道题目就可以在 O(min(n,m−n)×n) O ( m i n ( n , m − n ) × n ) 的时间内解决了。

三、斯特林反演

第一类斯特林数

第一类斯特林数分为有符号和无符号两种，这里仅讨论无符号的情况。
下面记 s(n,k) s ( n , k ) 为无符号第一类斯特林数。
定义：

xn––=∏i=x−n+1xi=∑i=0n(−1)n−is(n,i)xi x n _ = ∏ i = x − n + 1 x i = ∑ i = 0 n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) x i

也就是说， 有符号第一类斯特林数是 x x 的 n n 阶下降幂展开式的系数。
定义：

xn¯¯¯=∏i=xx+n−1i=∑i=0ns(n,i)xi x n ¯ = ∏ i = x x + n − 1 i = ∑ i = 0 n s ( n , i ) x i

也就是说， 无符号第一类斯特林数是 x x 的 n n 阶上升幂展开式的系数。根据定义，我们可以使用分治NTT在 O(nlog2n) O ( n l o g 2 n ) 的时间内预处理出第一类斯特林数。
组合数学性质： s(n,k) s ( n , k ) 表示将 n个数划分为k n 个 数 划 分 为 k 个无区别非空环的方案数。
递推式：

s(n,k)=s(n−1,k−1)+(n−1)s(n−1,k) s ( n , k ) = s ( n − 1 , k − 1 ) + ( n − 1 ) s ( n − 1 , k )

性质：

∑i=0ns(n,i)=n! ∑ i = 0 n s ( n , i ) = n !

证明：我们假设一个 1到n排列为p 1 到 n 排 列 为 p ，定义一次置换为将 i位置上的数pi与pi i 位 置 上 的 数 p i 与 p i 位置上的数字交换。则排列可以被划分为若干个环。如2,4,3,1,5，根据置换我们可以把排列分为(2,4,1),(3),(5)三个环。显然的，环的划分与每个排列一一对应，根据第一类斯特林数的组合数学性质，可以证明。

第二类斯特林数

定义： S(n,k) S ( n , k ) 表示将n个数字分为k个无区别非空集合的方案数。
递推式：

S(n,k)=S(n−1,k−1)+kS(n−1,k) S ( n , k ) = S ( n − 1 , k − 1 ) + k S ( n − 1 , k )

根据定义，可以得到如下性质：

kn=∑i=1k(ki)S(n,i)i! k n = ∑ i = 1 k ( k i ) S ( n , i ) i !

这个公式也比较好理解，我们排除掉非空的条件，并且把无区别变为有区别，枚举共有多少个非空集合即可。
于是根据二项式反演，我们可以得到

S(n,k)=1k!∑i=1k(−1)k−i(ki)in=∑i=0k(−1)k−i(k−i)!⋅ini! S ( n , k ) = 1 k ! ∑ i = 1 k ( − 1 ) k − i ( k i ) i n = ∑ i = 0 k ( − 1 ) k − i ( k − i ) ! · i n i !

因为 i i 从0开始和从1开始没有什么区别。观察到最后的形式其实是一个卷积，因此我们可以通过NTT在 O(nlogn) O ( n l o g n ) 的时间内预处理数第二类斯特林数。
第二类斯特林数的性质还有一个表述，就是

kn=∑i=1n(ki)S(n,i)i! k n = ∑ i = 1 n ( k i ) S ( n , i ) i !

也就是将 i的上界由k变为n i 的 上 界 由 k 变 为 n 。其实也非常好理解，因为若 i>k，则(ki)=0；若n<k，则对于i>n也有S(n,i)=0 i > k ， 则 ( k i ) = 0 ； 若 n < k ， 则 对 于 i > n 也 有 S ( n , i ) = 0 ，不会影响计算结果。
利用第二类斯特林数的性质，我们可以处理出自然数幂和。
先证明一个引理：

∑i=mn(im)=(n+1n−m)（边界条件定义：若b<0或b>a则(ab)=0） ∑ i = m n ( i m ) = ( n + 1 n − m ) （ 边 界 条 件 定 义 ： 若 b < 0 或 b > a 则 ( a b ) = 0 ）

显然，当 n=0 n = 0 时无论 m m 取何非负整数都满足要求，或当 m=0时n m = 0 时 n 取任何非负整数也满足要求。接下来证明若 n,m和n,m+1满足，则n+1,m+1也满足 n , m 和 n , m + 1 满 足 ， 则 n + 1 , m + 1 也 满 足 。

∑i=m+1n+1(im+1)=∑i=mn(im+1)+(im)=(n+1n−m)+(n+1n−m−1)=(n+2(n+1)−(m+1)) ∑ i = m + 1 n + 1 ( i m + 1 ) = ∑ i = m n ( i m + 1 ) + ( i m ) = ( n + 1 n − m ) + ( n + 1 n − m − 1 ) = ( n + 2 ( n + 1 ) − ( m + 1 ) )

引理得证，接下来开始计算自然数幂和。

∑i=1nik=∑i=1n∑j=1min(i,k)(ij)S(k,j)j!=∑j=1kS(k,j)j!∑i=jn(ij)=∑j=1kS(k,j)j!(n+1n−j)=∑j=1kS(k,j)(n+1)j+1––––j+1 ∑ i = 1 n i k = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i n ( i , k ) ( i j ) S ( k , j ) j ! = ∑ j = 1 k S ( k , j ) j ! ∑ i = j n ( i j ) = ∑ j = 1 k S ( k , j ) j ! ( n + 1 n − j ) = ∑ j = 1 k S ( k , j ) ( n + 1 ) j + 1 _ j + 1

由于 (n+1)j+1–––– ( n + 1 ) j + 1 _ 是由 j+1 j + 1 个连续整数相乘，必然有一个为 j+1 j + 1 的倍数。因此这种方法可以在 O(k2) O ( k 2 ) 的时间内处理出任何模数下的自然数幂和。如果模数类似于998244353，我们可以先用NTT预处理出所有的第二类斯特林数，再预处理出 n+1 n + 1 的下降幂和正整数逆元，可以在 O(klogk) O ( k l o g k ) 的时间计算出自然数幂和。

性质应用例题BZOJ2159

给定一棵树，每条边边权为1，对于每个节点 u，求∑i=1ndist(u,i)k u ， 求 ∑ i = 1 n d i s t ( u , i ) k 。
考虑应用第二类斯特林数的性质

∑i=1ndist(u,i)k=∑i=1n∑j=1kS(k,j)(dist(u,i)j)j!=∑j=1kS(k,j)j!∑i=1n(dist(u,i)j) ∑ i = 1 n d i s t ( u , i ) k = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 k S ( k , j ) ( d i s t ( u , i ) j ) j ! = ∑ j = 1 k S ( k , j ) j ! ∑ i = 1 n ( d i s t ( u , i ) j )

则对于每个节点，都计算出 ∑i=1n(dist(u,i)j) ∑ i = 1 n ( d i s t ( u , i ) j ) 即可。我们分两次进行树形dp，第一次统计每个节点和它子树当中所有点的和，记为 f(u,j)，则f(u,j)=∑v∈son[u]f(v,j−1)+f(v,j) f ( u , j ) ， 则 f ( u , j ) = ∑ v ∈ s o n [ u ] f ( v , j − 1 ) + f ( v , j ) ，第二次统计每个节点除子树外的所有节点的和，记为 g(u,j)，则g(u,j)=g(fa[u],j)+g(fa[u],j−1)+∑v∈son[fa[u]]且v≠uf(v,j−2)+2f(v,j−1)+f(v,j) g ( u , j ) ， 则 g ( u , j ) = g ( f a [ u ] , j ) + g ( f a [ u ] , j − 1 ) + ∑ v ∈ s o n [ f a [ u ] ] 且 v ≠ u f ( v , j − 2 ) + 2 f ( v , j − 1 ) + f ( v , j ) ，后面那个求和预处理一下 s(j)=∑v∈son[fa[u]]f(v,j) s ( j ) = ∑ v ∈ s o n [ f a [ u ] ] f ( v , j ) ，计算的时候减去自己即可。总复杂度 O(nk+k2) O ( n k + k 2 ) 。

反演公式

若

g(n)=∑i=mnS(n,i)f(i) g ( n ) = ∑ i = m n S ( n , i ) f ( i )

则

f(n)=∑i=mn(−1)n−is(n,i)g(i) f ( n ) = ∑ i = m n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) g ( i )

其中大写 S S 表示第二类斯特林数，小写 s s 表示第一类斯特林数。
证明：

∑i=mn(−1)n−is(n,i)g(i) ∑ i = m n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) g ( i )

=∑i=mn(−1)n−is(n,i)∑j=miS(i,j)f(j) = ∑ i = m n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) ∑ j = m i S ( i , j ) f ( j )

=∑j=mnf(j)∑i=jn(−1)n−is(n,i)S(i,j) = ∑ j = m n f ( j ) ∑ i = j n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) S ( i , j )

考虑两类斯特林数的性质，有

xn––=∑i=1n(−1)n−is(n,i)xi=∑i=1n(−1)n−is(n,i)∑j=1iS(i,j)xj– x n _ = ∑ i = 1 n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) x i = ∑ i = 1 n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) ∑ j = 1 i S ( i , j ) x j _

=∑j=1nxj–∑i=jn(−1)n−is(n,i)S(i,j) = ∑ j = 1 n x j _ ∑ i = j n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) S ( i , j )

根据上述等式，我们发现只有当 j=n j = n 时后面算式的值才应当为1，其他时刻全为0.因此：

∑i=mn(−1)n−is(n,i)g(i)=f(n) ∑ i = m n ( − 1 ) n − i s ( n , i ) g ( i ) = f ( n )

证毕。
我们其实会发现斯特林反演和二项式反演的形式很像，那二项式反演的第二种形式斯特林反演是否满足呢？满足。

g(m)=∑i=mnS(i,m)f(i)，则f(m)=∑i=mn(−1)i−ms(i,m)g(i) g ( m ) = ∑ i = m n S ( i , m ) f ( i ) ， 则 f ( m ) = ∑ i = m n ( − 1 ) i − m s ( i , m ) g ( i )

用类似二项式反演的办法可以得到

∑i=mn(−1)i−ms(i,m)g(i)=∑j=mnf(j)∑i=mj(−1)i−mS(j,i)s(i,m) ∑ i = m n ( − 1 ) i − m s ( i , m ) g ( i ) = ∑ j = m n f ( j ) ∑ i = m j ( − 1 ) i − m S ( j , i ) s ( i , m )

再次考虑他们的性质，换一种方法可以得到：

xn=∑i=1nS(n,i)xi–=∑i=1nS(n,i)∑j=1i(−1)i−js(i,j)xj x n = ∑ i = 1 n S ( n , i ) x i _ = ∑ i = 1 n S ( n , i ) ∑ j = 1 i ( − 1 ) i − j s ( i , j ) x j

=∑j=1nxj∑i=jn(−1)i−jS(n,i)s(i,j) = ∑ j = 1 n x j ∑ i = j n ( − 1 ) i − j S ( n , i ) s ( i , j )

仍然会有后面的部分为1当且仅当 j=n j = n 。于是把这个性质带入回去，也就是把上式的 j j 变为 m m ， n n 变为 j j ，就会发现只有当 j=m j = m 的时候上式的值才为1.因此

∑j=mnf(j)∑i=mj(−1)i−mS(j,i)s(i,m)=f(m) ∑ j = m n f ( j ) ∑ i = m j ( − 1 ) i − m S ( j , i ) s ( i , m ) = f ( m )

证毕。

例题BZOJ4617

定义两个结点数相同的图G1与图G2的异或为一个新的图G, 其中如果(u,v)在G1与G2中的出现次数之和为1, 那么边(u,v)在G中, 否则这条边不在G中.现在给定s个结点数相同的图G1…s, 设S=G1,G2,…,Gs, 请问S有多少个子集的异或为一个连通图?

直接做是不好做的，我们考虑差分（容斥）。发现节点数很小，于是可以想到去在节点数上面做手脚。定义 f(i)为异或图中连通块个数恰好为i的方案数，g(i)为异或图中连通块个数大于等于i的方案数。考虑怎么求g(i) f ( i ) 为 异 或 图 中 连 通 块 个 数 恰 好 为 i 的 方 案 数 ， g ( i ) 为 异 或 图 中 连 通 块 个 数 大 于 等 于 i 的 方 案 数 。 考 虑 怎 么 求 g ( i ) 。

我们可以考虑枚举最终的连通块有哪些，此时花费的时间为n的贝尔数，最大为115975。此时我们限定枚举出的子集之间不能连边，子集内部随便连不连。枚举每一个子图，看看这个子图含有哪些子集之间的边，每个子图标记一个01串。我们最终要求这些01串异或起来的结果中有多少个为全0串。

可以把这些01串全部插入到线性基中，找出自由元的数量为 x，则方案数为2x x ， 则 方 案 数 为 2 x 。为什么呢？对于任何一个自由元的子集，它们异或出来的结果必然也可以用主元代替，这就对应了一个全0串的情况。

于是我们用 O(bell(n)n2s) O ( b e l l ( n ) n 2 s ) 的时间算出了所有的 g g ，接下来算出 f f 即可。

根据定义，有

g(m)=∑i=mnS(i,m)f(i) g ( m ) = ∑ i = m n S ( i , m ) f ( i )

因为计算的时候我们相当于把 i i 个连通块划分成了 m m 个子集。
于是根据斯特林反演，我们可以得到

f(m)=∑i=mn(−1)i−ms(i,m)g(i) f ( m ) = ∑ i = m n ( − 1 ) i − m s ( i , m ) g ( i )

于是我们最终可以求出 f(1) f ( 1 ) ，整个问题便解决了。