关于反演的一些归纳总结

感谢boshi和Rayment大佬！！！您们tql！！！

什么是反演？

假设我们手头有个函数$F$（准确的说是数列，因为一般只有整数自变量有用），通过某种变换$H$，可以得到函数$G$。

可现在我的手头只有函数$G$，得寻找一种变换$H^{-1}$，使得$G$在做过这种变换之后能够获得$F$，这个过程就称之为反演。

莫比乌斯反演

在litble还是个傻逼的年代 (虽然现在也是个傻逼)，曾经写过一篇讲莫比乌斯反演的博客->这儿，所以就懒得再讲一遍了。

二项式反演

形式1:若有$G(n)={\sum }_{i=0}^n{C}_n^{i}F(i)$，则有$F(n)={\sum }_{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}G(i)$

形式2:若有$G(k)={\sum }_{i=k}^n{C}_i^{k}F(i)$，则有$F(k)={\sum }_{i=k}^n(-1{)}^{i-k}{C}_i^{k}G(i)$

形式3:若有$G(n)={\sum }_{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}F(i)$，则有$F(n)={\sum }_{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}G(i)$

二项式反演本质上是向量$F$，向量$G$与一个矩阵之间的关系。

以形式1为例，设矩阵$A[i][j]=C_i^j$，$B[i][j]=(-1{)}^{i-j}{C}_i^j$，$F$与$G$均为列向量。

则有$AF=B,BG=A$，则有$AB=E$（$E$为单位矩阵）

所以我们只要证明形式1的$AB=E$就行了。

$(A\ast B)[i][j]={\sum }_{k=0}^{n}A[i][k]B[k][j]$

$={\sum }_{k=0}^n(-1{)}^{k-j}{C}_i^k{C}_k^j={\sum }_{k=1}^n(-1{)}^k(-1{)}^{-j}{C}_i^j{C}_{i-j}^{i-k}$

$=(-1{)}^{-j}{C}_i^j{\sum }_{k=0}^n(-1{)}^k{C}_{i-j}^{i-k}=(-1{)}^{i-j}{C}_i^j{\sum }_{k=0}^{i-j}(-1{)}^k{C}_{i-j}^k$

后面那一坨$\sum$只有在$i-j=0$时才会为1，否则为0，而$i=j$时整个式子的值为1，得证。

斯特林反演

关于斯特林数，我在还是个傻逼的年代写过这样一篇文章->这里

记$S_1(n,k)$为第一类斯特林数，$S_2(n,k)$为第二类斯特林树。

若有$G(n)={\sum }_{i=1}^n{S}_2(n,i)F(i)$，则有$F(n)={\sum }_{i=1}^n(-1{)}^{n-i}{S}_1(n,i)G(i)$

我不证，哼

最值反演（MAX-MIN容斥）

$$MAX(S)=\sum _{T\subset S,T̸=\varnothing }(-1{)}^{|T|+1}MIN(T)$$

$$MIN(S)=\sum _{T\subset S,T̸=\varnothing }(-1{)}^{|T|+1}MAX(T)$$

子集反演

若$G(S)={\sum }_{T\subset S}F(T)$，则有$F(S)={\sum }_{T\subset S}(-1{)}^{|S-T|}G(T)$

证明就是:

根据组合数的那一套理论，${\sum }_{T\subset S}(-1{)}^{|T|}={\sum }_{i=0}^{|S|}(-1{)}^i{C}_{|S|}^i=[S=0]$

$F(S)={\sum }_{T\subset S}[|S|-|T|=0]F(T)$
$={\sum }_{T\subset S}{\sum }_{P\subset S-T}(-1{)}^{|P|}F(T)={\sum }_{P\subset S}(-1{)}^{|P|}{\sum }_{T\subset S-P}F(T)$
$={\sum }_{P\subset S}(-1{)}^{|P|}G(S-P)={\sum }_{T\subset S}(-1{)}^{|S-T|}G(T)$

可以用高维前缀和和FWT实现，下面给出高维前缀和代码。

for(RI zt=0;zt<bin[m];++zt) F[zt]=G[zt];//bin[i]:2的i次方
	for(RI i=0;i<m;++i)
		for(RI zt=0;zt<bin[m];++zt)
			if(zt&bin[i]) F[zt]-=F[zt^bin[i]];

单位根反演

问题：求${\sum }_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{C}_n^{ik}$，$n$非常大，$k$非常小。

例题：loj6485

引理：$\frac{1}{k}{\sum }_{i=0}^{k-1}{\omega }_k^{in}=[k|n]$，可以用等比数列求和进行证明。

则${\sum }_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{C}_n^{ik}={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i[k|i]$

$={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i(\frac{1}{k}{\sum }_{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{ij})$

$=\frac{1}{k}{\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{\sum }_{j=0}^{k-1}{\omega }_k^{ij}$

$=\frac{1}{k}{\sum }_{j=0}^{k-1}({\sum }_{i=0}^n{C}_n^i({\omega }_k^j{)}^i)$

$=\frac{1}{k}{\sum }_{j=0}^{k-1}(1+{\omega }_k^j{)}^n$

可以$O(k\log n)$解决。

至于loj那道题，如果要求的不是${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i[i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k==0]$而是${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i[i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k==d]$，最后要求的是

$$\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k-1}\frac{(1+{\omega }_k^j{)}^n}{{\omega }_k^d}$$

就也能解决了。