反演学习小计

参考资料

炫酷反演魔术，打开了我新世界的大门，原来这些反演都是一个东西！！！

二项式反演

简单的错排递推式

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i(n-i)!$$

• 即枚举每一次至少几个位置不合法，最后容斥出0个位置不合法的方案。
• 考虑恰好有m(m>0)个位置不合法的方案，对于一种m个位置的选择来说，它会在枚举至少0…m-1的时候被算一次。即${\sum }_{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i=(1-1{)}^m=[m=0]$，最后对于m>0的贡献都为0，只有m=0的贡献为1，即我们要求的答案。

式子

$$f(n)=\sum _{i=0}^n{C}_n^{i}g(i)$$
$$g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f(i)$$

推导：

• 首先有
  $$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i\ast 1^{n-i}=(-1+1{)}^n=[n=0]$$
• 然后
  $$g(n)=\sum _{i=0}^n[n-i=0]\ast C_n^{i}g(i)$$
  $$=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n-i}(-1{)}^j{C}_{n-i}^j\ast C_n^{i}g(i)$$
  $$=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{n-i}(-1{)}^j{C}_{n-j}^i\ast C_n^{j}g(i)$$
  $$=\sum _{j=0}^n(-1{)}^j{C}_n^j\sum _{i=0}^{n-j}{C}_{n-j}^{i}g(i)$$
  $$=\sum _{j=0}^n(-1{)}^j{C}_n^{j}f(n-j)$$
  $$=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f(i)$$

二项式反演的另一种对偶形式

$$g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}f(i)$$
$$f(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^{i}g(i)$$

• 从$f(n)$推导$g(n)$相当于是求一个集合的补集的交集。
• 那么补集的补集就是原集，所以从$g(n)$推导$f(n)$也是一样的式子。

莫比乌斯反演

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$$
$$g(n)=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)$$

推导

• 注意到对于二项式反演，我们有一条式子${\sum }_{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=[n=0]$
• 类比莫比乌斯反演，我们也可以构造一个容斥系数，既然之前是求和的关系，现在我们要考虑因数的关系，所以自然就有了这个${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$，后面我们会发现$\mu (d)$的求法。
• 同上，我们也可以这样子推导：
  $$g(n)=\sum _{d|n}[\frac{n}{d}=1]\ast g(d)$$
  $$=\sum _{d|n}\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (k)\ast g(d)$$
  $$=\sum _{k|n}\mu (k)\ast \sum _{d|\frac{n}{k}}g(d)$$
  $$=\sum _{k|n}\mu (k)f(\frac{n}{k})$$
  $$=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)$$
• 妙啊，殊途同归。
• 实际上对于以下的莫比乌斯反演的变式也是一样的推法。
  $$f(n)=\sum _{n|d}g(d)$$
  $$g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{n}{d})f(d)$$

转移的矩阵表示

• 我们可以把转移看作矩阵乘法。
• 相当于是[1,n]矩阵乘上一个[n,n]的矩阵。
• 那么反演不就是矩阵求逆吗！
• 或者说，如果转移矩阵$A$为系数，反演矩阵为$B$，那么这个反演成功当且仅当$A\ast B=I$.

子集反演

一道简单题

• 给出$a[i],b[i](0<=i<2^n)$，求$c[k]={\sum }_{i|j=k}a[i]\ast b[j]$。
• FWT一波 。考虑比较容易计算$c^{\prime }[S]={\sum }_{T\subseteq S}c[T]$
• $c^{\prime }[S]={\sum }_{i\subseteq S}a[i]\ast {\sum }_{j\subseteq S}b[j]$。
• 然后再反演一波得到c？？？
• 实际上是c的高维前缀和为c’，倒着差分回去。。。
• 但是用这个推式子可不行，于是就有了下面的反演。

正经的式子

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

推导

• 同上和上上，我们也可以来一个容斥的系数
  $$\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|T|}=[S=0]$$
• 和二项式反演的意义是一样的，组合数就是在S中选一个|T|=i的方案。
• 然后再再再用相同的方法。
  $$g(S)=\sum _{T\subseteq S}[S-T=0]g(T)$$
  $$=\sum _{T\subseteq S}\sum _{R\subseteq S-T}(-1{)}^{|R|}g(T)$$
  $$=\sum _{R\subseteq S}(-1{)}^{|R|}\sum _{T\subseteq S-R}g(T)$$
  $$=\sum _{R\subseteq S}(-1{)}^{|R|}f(S-R)$$
  $$=\sum _{T\subseteq S}(-1{)}^{|S-T|}f(T)$$
• 妙啊！
• 或者也可以这样：
  $$f(S)=\sum _{S\subseteq T}g(T)$$
  $$g(S)=\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T-S|}f(T)$$

更神奇的多重子集反演

• 定义$\mu (S)$，如果S中有重复元素就是0，否则是$(-1{)}^{|S|}$,因为没有重复元素，所以${\sum }_{T\subseteq S}\mu (T)=[S=0]$，跟上面是一样的。

• 就有$f(S)={\sum }_{T\subseteq S}g(T)$，$g(S)={\sum }_{T\subseteq S}\mu (S-T)f(T)$

• 如果将每一个元素看作质因数，那这不就是莫比乌斯反演吗！！！

卷积

• FFT也是反演？？？（雾）
• 其实反演就是将$f$分成两个独立的部分，例如$[d|gcd(i,j)]->[d|i][d|j]$
• 然后再把他们合起来。

总结

• 反演实际上就是一种容斥（所以上面相当于是在证明容斥为什么是对的）
• 对于推式子来说，反演有很大的作用。
• 但是还是要根据实际的题目而论。
• 之后做到好题再记录下来吧。

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单位根反演

upd in 2020.07.20

• 类似二项式反演的基本式子，单位根也有一个基本式子：
  $$[n|k]=\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{w}_n^{ik}$$
• 证明考虑如果$n|k$那么所有$w_n^{ik}$都为1.
• 否则等比数列求和即为：
  $$\frac{1}{n}\ast \frac{w_n^{nk}-w_n^0}{w_n^k-1}=0$$
• 有了这个东西我们就可以得到一个反演的常用式子，用于求解多项式某些位置的系数之和：
  $$\sum _{i=0}^n[k|i][x^i]f(x)=\sum _{j=0}^{k-1}f(w_k^j)$$

推导

$$\sum _{i=0}^n[k|i][x^i]f(x)=\sum _{i=0}^n[x^i]f(x)\sum _{j=0}^{k-1}\frac{1}{k}{w}_k^{ij}$$
$$=\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k-1}\sum _{i=0}^n{a}_i(w_k^j{)}^i$$
$$=\frac{1}{k}\sum _{j=0}^{k-1}f(w_k^j)$$