浅(抄)谈(袭)一类反演问题

这是一个数学完全从0开始异世界生活的人的反演笔记。
我们发现自己不会二项式定理，故无法学习二项式反演，所以我们要先学习一个：

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引入：

二项式定理：

$$\sum_{k = 0}^n {\binom n k}{a^{k}}{b^{n - k}} = (a+b)^n$$
怎么证明呢？
实际上就是让我们证明右边的那个展开式的系数嘛。
实际上，展开的话就是在$n$个$a + b$里选了$k$个$a$,$n - k$个$b$,这样的话显然有组合数的取模方案。
我们由二项式定理可以引出一个重要的结论：
$$\sum_{k = 0}^{n}\binom n k(-1)^k1^{n - k} = (1 - 1)^n = 0?$$
让我们冷静一下之后，重新得到了这个结论：
随便叫一个名字吧……
二项式定理0定理，简称二十定理？（大雾
$$\sum_{k = 0}^{n}(-1)^k\binom n k= [n = 0]$$

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正题

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二项式反演：
基本条件：

$$f(n) = \sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}g(k)$$
我们对$g$进行恒等变形：
$$g(n) = \sum_{k = 0}^{n}[n = k]\binom n k g(k)$$
$[n = k]$这个式子等价于$[n - k = 0]$,那么运用20定理(2333333)：
$$g(n) = \sum_{k = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{n - k}(-1)^j\binom {n-k} j\binom n kg(k)$$
注意到，$k$和$j$都是$n$的子集，我们选$k$选$j$的顺序是不变的！
（如果不能理解的话请看下面部分）

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把这个叫做组合数变形1吧：

$$\binom n k\binom {n-k} {j} = \binom n k\binom {n-j} {k}$$
理性证明：
$$\binom n k\binom {n-k} {j} = \frac {n!}{k!(n - k - j)!j!}$$
$$\binom n k\binom {n-j} {k} = \frac {n!}{k!(n - k - j)!j!}$$
证明完毕！

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既然我们选$k$选$j$的顺序是不变的，我们可以进行替换：

$$g(n) = \sum_{k = 0}^{n}\sum_{j = 0}^{n - k}(-1)^j\binom {n-j} k\binom n jg(k)$$
我们对求和符号进行交换。
$$g(n) = \sum_{j = 0}^{n}(-1)^j\binom n j \sum_{ k = 0}^{n - j}\binom {n - j} {k}g(k)$$
注意到初始条件：
$$f(n) = \sum_{k = 0}^{n}\binom{n}{k}g(k)$$
那么我们就得到了二项式反演：
$$g(n) = \sum_{j = 0}^{n}(-1)^j\binom n j f(n - j)$$
下标好难受啊。
我们换一下变量名和下标吧。
$$g(n) = \sum_{k= 0}^{n}(-1)^{n - k}\binom n k f(k)$$

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死理性派：
我觉得这个求和符号交换的不对！

$$\sum_{k = 0}^{n}\sum_{m = 0}^{n - k}f(m,k)_{[1]}$$
$$\sum_{m = 0}^{n}\sum_{k = 0}^{n - m}f(m,k)_{[2]}$$
$k = k_0$时，显然有： $$ans_1 = \sum_{m = 0}^{n - k_0}f(m,k_0)_{[1]}$$
$$ans_2 = \sum_{m = 0}^{n}{[k_0 <= n - m]}f(m,k_0)_{[2]}$$
呃……
好好好，相等总可以了吧。

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这样我们不仅得到了反演：

$$g(n) = \sum_{k= 0}^{n}(-1)^{n - k}\binom n k f(k)$$ 而且得到了一个重要的求和符号交换法则：
$$\sum_{k = 0}^{n}\sum_{m = 0}^{n - k} <=>\sum_{m = 0}^{n}\sum_{k = 0}^{n - m}$$
看起来没什么的。
推广一下，实际上：
$$\sum_{k = k_0}^{n}\sum_{m = m_0}^{n - k} <=>\sum_{m = m_0}^{n}\sum_{k = k_0}^{n - m}$$
求和符号交换法则$[1]$诞生啦！

完整的二项式反演定理书写：
若已知：

$$f(n) = \sum_{k = 0}^n \binom n kg(n)$$
则： $$g(n) = \sum _{k = 0}^{n} (-1)^{n - k}\binom{n}{k}f(k)$$
反演是可逆的。

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我们上面写了二项式反演，用的自然是二项式定理(其实就是容斥原理嘛)。接下来可以学习更高端的东西啦！

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莫比乌斯反演：
定义：一种函数叫做莫比乌斯函数。
它是满足这样性质的函数：

$$\sum_{d | n}\mu(d) = [n = 1]$$
莫比乌斯反演的前提条件是有两个数论函数$f$和$g$，其中：
$$f(n) = \sum_{d | n}g(d)$$
让我们重新回忆一下二项式反演的时候我们做了啥：
1.找出一个恒等变换。
2.把[P]这个条件P代入。
同样地：
$$g(n) = \sum_{d | n}[d = n]g(d)$$
$$g(n) = \sum_{d | n}[\frac n d = 1]g(d)$$
带入：
$$g(n) = \sum_{d | n}\sum_{d' | \frac n d}\mu(d')g(d)$$
$$g(n) = \sum_{d' | n}\sum_{d | \frac n {d'}}\mu(d')g(d)$$
交换求和符号：
$$g(n) = \sum_{d' | n}\mu(d')\sum_{d | \frac n {d'}}g(d)$$
我们有一个初始条件：
$$f(n) = \sum_{d | n}g(d)$$
照着写：
$$g(n) = \sum_{d' | n}\mu(d')f(\frac n {d'})$$
变漂亮一点？
$$g(n) = \sum_{d | n}\mu(\frac n d)f(d)$$
这就是我们的莫比乌斯反演。
整理一下：
已知：
$$f(n) = \sum_{d | n}g(d)$$
可得：
$$g(n) = \sum_{d | n}\mu(\frac n d)f(d)$$

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死理性派：
为什么交换求和符号是对的？

$$\sum_{d | n}\sum_{d' | \frac n d}f(d,d') <=>\sum_{d' | n}\sum_{d | \frac n {d'}}f(d,d')$$
设$(d = d_0) | n$,我们只需要证明在任意$d_0$处相等。
在前面的式子中： $$\sum_{d' | \frac n {d_0}}f(d_0,d')$$
在后面的式子中： $$\sum_{d' | n}[d_0 | \frac {n}{d'}]f(d_0,d')$$
显然是相等的对吧。

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终于解释清楚了莫比乌斯反演。
不过莫比乌斯反演还有第二种形式，我们到时候再说。
若

$$f(n) = \sum_{n | d}g(d)$$
则
$$g(n) = \sum_{n | d}\mu(\frac d n)f(d)$$
终于证明出来了……累得要死TAT
$$g(n) = \sum_{n | d}[\frac d n = 1]g(d)$$
$$g(n) = \sum_{n | d}\sum_{d'|{\frac d n}}\mu(d')g(d)$$
令$k=\frac d n$
$$g(n) = \sum_{n | d}\sum_{d'|k}\mu(d')g(d)$$
枚举k。
$$g(n) = \sum_{k = 1}^{+oo}\sum_{d'|k}\mu(d')g(nk)$$
垃圾反演，不证了

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子集反演

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预备知识：

$$\sum_{p \subseteq s}(-1)^{|p|} = [s = \emptyset]$$
理由？
显然大小为$|p|$的集合出现了$\binom {|s|}{|p|}$次。
$$\sum_{|p| = 0}^{|s|}(-1)^{|p|} = [|s| = 0]$$
这个应该没有忘记吧。
20定理2333333
把它叫做非空集合恒等式吧。

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我们如果要解决这样一类问题？

$$c_r = \sum _{p,q}[p \ or\ q = r]a_pb_q$$
我们求$c$要怎么求呢？
首先直接求肯定不好求对吧。
我们把它变成子集的形式。<称为子集变换>
$$a'_r = \sum_{p\subseteq r}a_p$$
子集变换怎么求呢？

for(int i = 0;i < n;++ i)
    for(int s = 0;s < (1 << n);++ s)
        if(s & (1 << i))f[s] += f[s ^ (1 << i)];

之后，f就变为了子集变换。
那么我们去求$c'_r$吧。
毫无疑问，$c'_r = \sum_{p\subseteq r}c_p$.
但这样肯定还不够，我们要求$c$,所以我们要另找一个东西和$c'_r$相等。
先考虑计算$a'_r$。
我们设$a[i][S]$表示在插入第$i$个元素时，终止集合形态为$S$的子集变换。

$$if(i \in S)a[i][S] = a[i - 1][S] + a[i - 1][S - 'i'];$$
$$else \ a[i][S] = a[i - 1][S];$$
这样我们可以在$O(n2^n)$的时间复杂度进行子集变换。
（听说叫莫比乌斯变换，不过无所谓了吧233）
$$c'_r = \sum_{p,q}[p or q \subseteq r]a_pb_q$$
$$c'_r = \sum_{p}[p \subseteq r]a_p\sum_{q}[q \subseteq r]b_q$$
已知： $$a'_r = \sum_{p\subseteq r}a_p$$
$$c'_r = a'_rb'_r$$
还没完呢，我们要求出$c_r$.
根据非空集合恒等式：
$$c_r = \sum_{p \subseteq r}[r - p = 0]c_p$$
$$c_r = \sum_{p \subseteq r}\sum_{q \subseteq r - p}(-1)^{|q|}c_p$$
$$c_r = \sum_{q \subseteq r}\sum_{p \subseteq r - p}(-1)^{|q|}c_p$$
$$c_r = \sum_{q \subseteq r}(-1)^{|q|}\sum_{p \subseteq r - p}c_p$$
初始条件：
$$a'_r = \sum_{p\subseteq r}a_p$$
$$c_r = \sum_{q \subseteq r}(-1)^{|q|}c'_{r - q}$$
变换下标及不好看的变量：
初始条件：
$$f(s) = \sum_{p\subseteq s}g(p)$$
推出：
$$g(s) = \sum_{p\subseteq s}(-1)^{|s| - |p|}f(p)$$

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死理性派：没错我又是来问和号为什么能交换的……诶你别打我啊……

$$\sum_{p\subseteq s}\sum_{q\subseteq s - p}f(p,q)$$
$$\sum_{q\subseteq s}\sum_{p\subseteq s - q}f(p,q)$$
要证明这两个相等，设其中一个在$q_0$处(默认它是$s$的子集)。
$$\sum_{p\subseteq s}[q_0 \subseteq s - p]f(p,q_0)$$
$$\sum_{p\subseteq s - q_0}f(p,q_0)$$
显然相等对吧。

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至此似乎反演内容已经要接近尾声了。
然而实际上似乎还有很多事情没有学会。
不管了，本篇blog先到这里吧，确实太累了。
这个真的很认真的有在写……
感觉终于不是硬生生抄了一遍证明而是真正意义上的写出来了2333

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补充容斥原理：
形式上是：

$$\bigcup_{i=1}^{n}a_i = \sum_{C\subseteq S}(-1)^{|C| - 1}\bigcap_{e \subseteq C}e$$
这是显然的，因为我们对其中某个满足在$k$个集合里的元素$x$，很容易用二项式定理得出容斥原理。
对于$>k$显然无意义。
对于小于$k$，每次结算的次数是$\binom k {|C|}$。
二项式定理大家都会，就不说了hh。
对于超集显然也成立。
实际上，并集也可以转成交集。
$A\bigcup B = \overline A \bigcap \overline B$
另外如果我们定义一种变换$\phi$：
$$\phi f(s) = \sum_{t \supseteq s}f(t)$$
则显然有其逆变换：
$$\phi^{-1}f(s) = \sum_{t \supseteq s}(-1)^{|t| - |s|}f(t)$$
<带入一下证明就好了。>
那么我们就可以把”恰好”转化成”至少”：
令$f(s)$表示恰好集合为$s$的元素个数，$g(s)$表示至少满足结合$s$的元素个数。我们显然有：
$$f(s) = \sum_{t \supset s}(-1)^{|t - s|}g(t)$$
如果我们在集合的大小相同的情况下，两个集合是等价的。
那么我们就可以令$b_n = \sum_{i = 0}$