前言

我还是太菜了
容斥之类的方法并不能熟练应用
于是这次我就认真学习了一下容斥
你可能会发现，容斥与反演很多时候都会同时出现
那么，这两个东西分别是什么、究竟有什么关系呢？

容斥

我们先从定义说起
什么是容斥？

容斥原理： 先不考虑重叠的情况，把包含于某内容中的所有对象的数目先计算出来，然后再把计数时重复计算的数目排斥出去，使得计算的结果既无遗漏又无重复，这种计数的方法称为容斥原理

贴出最经典的容斥原理的式子
设现在有nnn个条件P1,P2⋅⋅⋅PnP_1,P_2···P_nP1,P2⋅⋅⋅Pn，满足这些条件的集合分别是A1,A2⋅⋅⋅AnA_1,A_2···A_nA1,A2⋅⋅⋅An
∣A1∪A2∪...∪An∣=∑i=1n(−1)i−1∑∣T∣=i,T={x1...xi}∣Ax1∩Ax2∩...∩Axi∣|{A_1}\cup{A_2}\cup...\cup{A_n}|=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}\sum_{|T|=i,T=\{x_1...x_i\}}|{A_{x_1}}\cap{A_{x_2}}\cap...\cap{A_{x_i}}|∣A1∪A2∪...∪An∣=i=1∑n(−1)i−1∣T∣=i,T={x1...xi}∑∣Ax1∩Ax2∩...∩Axi∣
当直接计算左式并不方便的时候，就能转化成右式解决问题了
证明：
对于某个∣T∣=i，T={x1...xi}|T|=i，T=\{x_1...x_i\}∣T∣=i，T={x1...xi}，其对应的集合为∣Ax1∩Ax2∩...∩Axi∣|{A_{x_1}}\cap{A_{x_2}}\cap...\cap{A_{x_i}}|∣Ax1∩Ax2∩...∩Axi∣，它应当被计算一次，我们现在来进行证明
它被计算的次数根据组合数可得：
Ans=∑j=1i(−1)j−1(ij)=−(∑j=1i(−1)j(ij))+1−1=1−(∑j=0i(−1)j(ij))=1−(∑j=0i(−1)j1i−j(ij))=1−(1−1)j=1\begin{aligned} Ans&=\sum_{j=1}^i(-1)^{j-1}\binom{i}{j}\\ &=-(\sum_{j=1}^i(-1)^j\binom{i}{j})+1-1\\ &=1-(\sum_{j=0}^i(-1)^j\binom{i}{j})\\ &=1-(\sum_{j=0}^i(-1)^j1^{i-j}\binom{i}{j})\\ &=1-(1-1)^j\\ &=1 \end{aligned}Ans=j=1∑i(−1)j−1(ji)=−(j=1∑i(−1)j(ji))+1−1=1−(j=0∑i(−1)j(ji))=1−(j=0∑i(−1)j1i−j(ji))=1−(1−1)j=1
中间用到的是二项式定理（百度百科链接），然后证毕
在实际使用容斥的时候，我们如果要计算所有条件都不满足的方案数，只要用全集减就好了，即∣A1‾∩A2‾∩...∩An‾∣=∣U∣−∣A1∪A2∪...∪An∣|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap...\cap\overline{A_n}|=|U|-|{A_1}\cup{A_2}\cup...\cup{A_n}|∣A1∩A2∩...∩An∣=∣U∣−∣A1∪A2∪...∪An∣
例题：[bzoj4455]小星星

反演

我对反演的理解

什么是反演呢？
有两个数组f,gf,gf,g，已知他们之间的关系：fi=∑j=0iai,jgjf_i=\sum_{j=0}^ia_{i,j}g_jfi=j=0∑iai,jgj
现在你获得了所有的fff的值，求每个ggg的值
考虑这件事请的本质，相当于是给你nnn个线性方程
a0,0g0+a0,1g1⋅⋅⋅a0,ngn=f0a1,0g0+a1,1g1⋅⋅⋅a1,ngn=f1⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅an,0g0+an,1g1⋅⋅⋅an,ngn=fn\begin{aligned} a_{0,0}g_0+a_{0,1}g_1···a_{0,n}g_n&=f_0\\ a_{1,0}g_0+a_{1,1}g_1···a_{1,n}g_n&=f_1\\ ···\ \ \ \ \ \ \ \ ···\ \ \ ···\ \ ···\ \ \ &=\ ···\\ a_{n,0}g_0+a_{n,1}g_1···a_{n,n}g_n&=f_n\\ \end{aligned}a0,0g0+a0,1g1⋅⋅⋅a0,ngna1,0g0+a1,1g1⋅⋅⋅a1,ngn⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ an,0g0+an,1g1⋅⋅⋅an,ngn=f0=f1= ⋅⋅⋅=fn
已知所有的aaa和fff，求ggg
很不幸的是，这个直接高斯消元的复杂度是Θ(n3)\Theta(n^3)Θ(n3)的，不够优越
但是我们发现这里有一个性质，那就是所有ai,ja_{i,j}ai,j满足i<ji<ji<j的值都是000
那么也就是说这是一个下三角矩阵，那么直接高斯消元就是Θ(n2)\Theta(n^2)Θ(n2)的了
真是非常优越，但是当前这个算法并不能Θ(n)\Theta(n)Θ(n)求单个gig_igi的值
考虑Θ(n2)\Theta(n^2)Θ(n2)高斯消元的过程，我们发现对于gig_igi的值有影响的fjf_jfj一定满足j≤ij\le ij≤i，并且贡献为一个系数bi,jb_{i,j}bi,j（这个系数可以从aaa推过来）
如果我们有办法快速的能将bbb求出来，那么我们就能Θ(n)\Theta(n)Θ(n)的求单个gig_igi的值了
事实上，对于随便的一组aaa并没有办法快速求出bbb，但是如果aaa比较特殊那就可以
已知一组aaa，找到一组bbb满足：fi=∑j=0iai,jgj⇔gi=∑j=0ibi,jfjf_i=\sum_{j=0}^ia_{i,j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^ib_{i,j}f_jfi=j=0∑iai,jgj⇔gi=j=0∑ibi,jfj
以上是常见反演的形式，之后的讲解以此类为主

ex（拓展）

当然反演还有一个更广义的形式，在下个部分中也会有exexex这一项提到这个
fi=∑j=0nai,jgj⇔gi=∑j=0nbi,jfjf_i=\sum_{j=0}^{n}a_{i,j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^{n}b_{i,j}f_jfi=j=0∑nai,jgj⇔gi=j=0∑nbi,jfj
容易发现这个形式相当于是线性方程组的系数都是有值的，自然反演过来跟gig_igi有关的也是所有的fif_ifi了

反演的a,ba,ba,b之间的关系

既然我们是已知aaa求bbb，那么aaa和bbb之间一定有某种关系
首先我们引入克罗内克函数（Kronecker delta）
δij={0，i≠j1，i=j\delta_{ij}=\begin{cases}0，i\ne j\\ 1，i=j \end{cases}δij={0，i̸=j1，i=j
是不是看起来非常简单呢
然后就有个同样很显然的式子fi=∑j=0iδijfjf_i=\sum_{j=0}^i\delta_{ij}f_jfi=j=0∑iδijfj
然后我们回到式子fi=∑j=0iai,jgj⇔gi=∑j=0ibi,jfjf_i=\sum_{j=0}^ia_{i,j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^ib_{i,j}f_jfi=j=0∑iai,jgj⇔gi=j=0∑ibi,jfj把第二个式子代入第一个式子
fi=∑j=0iai,jgj=∑j=0iai,j∑k=0jbj,kfk=∑k=0i(∑j=kiai,jbj,k)fk\begin{aligned}f_i&=\sum_{j=0}^ia_{i,j}g_j\\ &=\sum_{j=0}^ia_{i,j}\sum_{k=0}^jb_{j,k}f_k\\ &=\sum_{k=0}^i(\sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k})f_k \end{aligned}fi=j=0∑iai,jgj=j=0∑iai,jk=0∑jbj,kfk=k=0∑i(j=k∑iai,jbj,k)fk
发现和前面的式子非常像
得出∑j=kiai,jbj,k=δi,k\sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}=\delta_{i,k}j=k∑iai,jbj,k=δi,k
如果a,ba,ba,b满足这个式子，那么上面的反演就可以成立了，如果一个反演是成立的，那么其也一定满足这个式子

ex（拓展）

考虑广义的反演
fi=∑j=0nai,jgj⇔gi=∑j=0nbi,jfjf_i=\sum_{j=0}^{n}a_{i,j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^{n}b_{i,j}f_jfi=j=0∑nai,jgj⇔gi=j=0∑nbi,jfj
它也有相应的判定式子∑j=0nai,jbj,k=δi,k\sum_{j=0}^na_{i,j}b_{j,k}=\delta_{i,k}j=0∑nai,jbj,k=δi,k
证明同理，有兴趣的同学可以自己手推

常见的反演

二项式反演

二项式这个东西非常常见，它也对应了一个非常经典的反演——二项式反演
二项式反演有两种式子，我们来分别证明吧
经典式
fi=∑j=0i(−1)j(ij)gj⇔gi=∑j=0i(−1)j(ij)fjf_i=\sum_{j=0}^i(-1)^j\binom{i}{j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i(-1)^j\binom{i}{j}f_jfi=j=0∑i(−1)j(ji)gj⇔gi=j=0∑i(−1)j(ji)fj
列出a,ba,ba,b的值，ai,j=(−1)j(ij),bi,j=(−1)j(ij)a_{i,j}=(-1)^j\binom{i}{j},b_{i,j}=(-1)^j\binom{i}{j}ai,j=(−1)j(ji),bi,j=(−1)j(ji)
代入
∑j=kiai,jbj,k=∑j=ki(−1)j(ij)∗(−1)k(jk)=∑j=ki(−1)j+k(ij)(jk)=∑j=ki(−1)j+k(ik)(i−ki−j)=(ik)(−1)k∑j=ki(−1)j(i−ki−j)=(ik)(−1)k∑j=0i−k(−1)i−j(i−kj)={(ik)(−1)k(1−1)i−k(i≠k)(ik)(−1)k(i=k)={0(i≠k)1(i=k)=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=k}^i(-1)^j\binom{i}{j}*(-1)^k\binom{j}{k}\\ &=\sum_{j=k}^i(-1)^{j+k}\binom{i}{j}\binom{j}{k}\\ &=\sum_{j=k}^i(-1)^{j+k}\binom{i}{k}\binom{i-k}{i-j}\\ &=\binom{i}{k}(-1)^k\sum_{j=k}^i(-1)^j\binom{i-k}{i-j}\\ &=\binom{i}{k}(-1)^k\sum_{j=0}^{i-k}(-1)^{i-j}\binom{i-k}{j}\\ &=\begin{cases} \binom{i}{k}(-1)^k(1-1)^{i-k}&(i\neq k)\\ \binom{i}{k}(-1)^k&(i=k) \end{cases}\\ &=\begin{cases} 0&(i\neq k)\\ 1&(i=k) \end{cases}\\ &=\delta_{i,k} \end{aligned}j=k∑iai,jbj,k=j=k∑i(−1)j(ji)∗(−1)k(kj)=j=k∑i(−1)j+k(ji)(kj)=j=k∑i(−1)j+k(ki)(i−ji−k)=(ki)(−1)kj=k∑i(−1)j(i−ji−k)=(ki)(−1)kj=0∑i−k(−1)i−j(ji−k)={(ki)(−1)k(1−1)i−k(ki)(−1)k(i̸=k)(i=k)={01(i̸=k)(i=k)=δi,k
补充一下，对于中间有一部用到了如下式子：
(ab)(bc)=a!b!(a−b)!⋅b!c!(b−c)!=a!(a−b)!c!(b−c)!=a!c!(a−c)!⋅(a−c)!(a−b)!(b−c)!=(ac)(a−ca−b)\begin{aligned} \binom{a}{b}\binom{b}{c}&=\frac{a!}{b!(a-b)!}·\frac{b!}{c!(b-c)!}\\ &=\frac{a!}{(a-b)!c!(b-c)!}\\ &=\frac{a!}{c!(a-c)!}·\frac{(a-c)!}{(a-b)!(b-c)!}\\ &=\binom{a}{c}\binom{a-c}{a-b} \end{aligned}(ba)(cb)=b!(a−b)!a!⋅c!(b−c)!b!=(a−b)!c!(b−c)!a!=c!(a−c)!a!⋅(a−b)!(b−c)!(a−c)!=(ca)(a−ba−c)
更常用的式子：
fi=∑j=0i(ij)gj⇔gi=∑j=0i(−1)i−j(ij)fjf_i=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{i}{j}f_jfi=j=0∑i(ji)gj⇔gi=j=0∑i(−1)i−j(ji)fj
同样可以证明
列出a,ba,ba,b的值：ai,j=(ij)，bi,j=(−1)i−j(ij)a_{i,j}=\binom{i}{j}，b_{i,j}=(-1)^{i-j}\binom{i}{j}ai,j=(ji)，bi,j=(−1)i−j(ji)
代入
∑j=kiai,jbj,k=∑j=ki(ij)∗(−1)j−k(jk)=∑j=ki(ij)∗(−1)j−k(jk)∗(−1)k+k=∑j=ki(−1)j+k(ij)(jk)=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=k}^i\binom{i}{j}*(-1)^{j-k}\binom{j}{k}\\ &=\sum_{j=k}^i\binom{i}{j}*(-1)^{j-k}\binom{j}{k}*(-1)^{k+k}\\ &=\sum_{j=k}^i(-1)^{j+k}\binom{i}{j}\binom{j}{k}\\ &=\delta_{i,k} \end{aligned}j=k∑iai,jbj,k=j=k∑i(ji)∗(−1)j−k(kj)=j=k∑i(ji)∗(−1)j−k(kj)∗(−1)k+k=j=k∑i(−1)j+k(ji)(kj)=δi,k
容易发现，代入以后稍微转化一下就和第一个式子的证明一样了
当然，二项式反演还有一个形式（其实本质相同）
fi=∑j=0i(n−jn−i)gj⇔gi=∑j=0i(−1)i−j(n−jn−i)fjf_i=\sum_{j=0}^i\binom{n-j}{n-i}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{n-j}{n-i}f_jfi=j=0∑i(n−in−j)gj⇔gi=j=0∑i(−1)i−j(n−in−j)fj
列出a,ba,ba,b的值：ai,j=(n−jn−i)，bi,j=(−1)i−j(n−jn−i)a_{i,j}=\binom{n-j}{n-i}，b_{i,j}=(-1)^{i-j}\binom{n-j}{n-i}ai,j=(n−in−j)，bi,j=(−1)i−j(n−in−j)
代入
∑j=kiai,jbj,k=∑j=ki(n−jn−i)∗(−1)j−k(n−kn−j)=∑j=ki(n−jn−i)∗(−1)j−k(n−kn−j)∗(−1)k+k=∑j=ki(−1)j+k(n−kn−j)(n−jn−i)=∑j=ki(−1)j+k(n−kn−i)(i−ki−j)=(n−kn−i)(−1)k∑j=ki(−1)j(i−ki−j)=(n−kn−i)(−1)k∑j=0i−k(−1)i−j(i−kj)={(n−kn−i)(−1)k(1−1)i−k(i≠k)(n−kn−i)(−1)k(i=k)={0(i≠k)1(i=k)=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=k}^i\binom{n-j}{n-i}*(-1)^{j-k}\binom{n-k}{n-j}\\ &=\sum_{j=k}^i\binom{n-j}{n-i}*(-1)^{j-k}\binom{n-k}{n-j}*(-1)^{k+k}\\ &=\sum_{j=k}^i(-1)^{j+k}\binom{n-k}{n-j}\binom{n-j}{n-i}\\ &=\sum_{j=k}^i(-1)^{j+k}\binom{n-k}{n-i}\binom{i-k}{i-j}\\ &=\binom{n-k}{n-i}(-1)^k\sum_{j=k}^i(-1)^j\binom{i-k}{i-j}\\ &=\binom{n-k}{n-i}(-1)^k\sum_{j=0}^{i-k}(-1)^{i-j}\binom{i-k}{j}\\ &=\begin{cases} \binom{n-k}{n-i}(-1)^k(1-1)^{i-k}&(i\neq k)\\ \binom{n-k}{n-i}(-1)^k&(i=k) \end{cases}\\ &=\begin{cases} 0&(i\neq k)\\ 1&(i=k) \end{cases}\\ &=\delta_{i,k} \end{aligned}j=k∑iai,jbj,k=j=k∑i(n−in−j)∗(−1)j−k(n−jn−k)=j=k∑i(n−in−j)∗(−1)j−k(n−jn−k)∗(−1)k+k=j=k∑i(−1)j+k(n−jn−k)(n−in−j)=j=k∑i(−1)j+k(n−in−k)(i−ji−k)=(n−in−k)(−1)kj=k∑i(−1)j(i−ji−k)=(n−in−k)(−1)kj=0∑i−k(−1)i−j(ji−k)={(n−in−k)(−1)k(1−1)i−k(n−in−k)(−1)k(i̸=k)(i=k)={01(i̸=k)(i=k)=δi,k
式子通过推导可以变成
f(i)=∑j=in(ji)g(j)⇔g(i)=∑j=in(−1)j−i(ji)f(j)f(i)=\sum_{j=i}^n\binom jig(j)\Leftrightarrow g(i)=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom jif(j)f(i)=j=i∑n(ij)g(j)⇔g(i)=j=i∑n(−1)j−i(ij)f(j)
大体的过程都挺相似的，例题：[bzoj3622]已经没有什么好害怕的了

斯特林反演

接下来讲斯特林反演啦
预备知识是两类斯特林数
不会的同学可以看我的博客
第一类斯特林数
第二类斯特林数
列出斯特林反演的式子（注意，本式子中的第一类斯特林数是有符号的）
fi=∑j=0i{ij}gj⇔gi=∑j=0i[ij]fjf_i=\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}f_jfi=j=0∑i{ij}gj⇔gi=j=0∑i[ij]fj
证明：
首先，我们已知两类斯特林数很好的性质（证明在第二类斯特林数的博客中）：xn↓=∑i=0n[ni]xix^{n\downarrow}=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^ixn↓=i=0∑n[ni]xi
xn=∑i=0n{ni}xi↓x^n=\sum_{i=0}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}x^{i\downarrow}xn=i=0∑n{ni}xi↓
(这里插入一道应用例题CF 932 E)
将222式带入111式，得到
xn↓=∑i=0n[ni]xi=∑i=0n[ni]∑j=0i{ij}xj↓=∑i=0n∑j=0i[ni]{ij}xj↓\begin{aligned} x^{n\downarrow}&=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}x^{j\downarrow}\\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}x^{j\downarrow}\\ \end{aligned}xn↓=i=0∑n[ni]xi=i=0∑n[ni]j=0∑i{ij}xj↓=i=0∑nj=0∑i[ni]{ij}xj↓
容易发现∑i=0n∑j=0i[ni]{ij}\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}i=0∑nj=0∑i[ni]{ij}
在n=jn=jn=j的时候等于111，其它时候等于000
即∑i=0n∑j=0i[ni]{ij}=δn,j\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^i\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}=\delta_{n,j}i=0∑nj=0∑i[ni]{ij}=δn,j

根据套路，我们列出a,ba,ba,b的值：ai,j={ij}，bi,j=[ij]a_{i,j}=\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}，b_{i,j}=\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}ai,j={ij}，bi,j=[ij]
∑j=kiai,jbj,k=∑j=ki{ij}[jk]=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=k}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}j\\k\end{bmatrix}\\ &=\delta_{i,k} \end{aligned}j=k∑iai,jbj,k=j=k∑i{ij}[jk]=δi,k
就得证了
有个更常见的式子（其中的是无符号斯特林数）
fi=∑j=0i{ij}gj⇔gi=∑j=0i(−1)i−j[ij]fjf_i=\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}f_jfi=j=0∑i{ij}gj⇔gi=j=0∑i(−1)i−j[ij]fj
我们可以直接通过ss(n,m)=(−1)n+msu(n,m)s_s(n,m)=(−1)^{n+m}s_u(n,m)ss(n,m)=(−1)n+msu(n,m)来转化
然后就好了
容易发现，这些式子和二项式反演非常相似
所以，斯特林反演也有一个式子（其中的是无符号斯特林数）：fi=∑j=0i{n−jn−i}gj⇔gi=∑j=0i(−1)i−j[n−jn−i]fjf_i=\sum_{j=0}^i\begin{Bmatrix}{n-j}\\{n-i}\end{Bmatrix}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\begin{bmatrix}{n-j}\\{n-i}\end{bmatrix}f_jfi=j=0∑i{n−jn−i}gj⇔gi=j=0∑i(−1)i−j[n−jn−i]fj
证明即先知道
∑j=kiai,jbj,k=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=k}^ia_{i,j}b_{j,k}&=\delta_{i,k} \end{aligned}j=k∑iai,jbj,k=δi,k
然后带入公式，转化无符号斯特林数即可（由于和二项式的差不多，所以这里就不列式子了，如果实在不懂可以问我）
这个式子经过一些推导可以推出：
f(i)=∑j=in{ji}g(j)⇔g(i)=∑j=in(−1)j−i[ji]f(j)f(i)=\sum_{j=i}^n\begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix}g(j)\Leftrightarrow g(i)=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix}f(j)f(i)=j=i∑n{ji}g(j)⇔g(i)=j=i∑n(−1)j−i[ji]f(j)
例题:
bzoj4671

莫比乌斯反演（数论）

这其实是数论里面的内容，可以通过狄利克雷卷积进行证明
然而，既然这是反演，那么也同样可以通过这里提供的方法进行证明
先列出莫比乌斯反演的式子
fi=∑j∣igj⇔gi=∑j∣iμijfjf_i=\sum_{j|i}g_j\Leftrightarrow g_i=\sum_{j|i}\mu_{\frac ij}f_jfi=j∣i∑gj⇔gi=j∣i∑μjifj
给出莫比乌斯函数的定义
μ(n)={1,若n=1(−1)k,若n无平方数因数且n=p1∗p2⋅⋅⋅pk0,若n有平方数因数\mu(n)=\begin{cases} 1,\ \ \ \ \ \ \ \ 若n=1 \\ (-1)^k,若n无平方数因数且n=p_1*p_2···p_k\\ 0,\ \ \ \ \ \ \ \ 若n有平方数因数 \end{cases}μ(n)=⎩⎪⎨⎪⎧1, 若n=1(−1)k,若n无平方数因数且n=p1∗p2⋅⋅⋅pk0, 若n有平方数因数
当然也可以看我的博客数论学习
然后我们来进行证明
列出a,ba,ba,b的值：ai,j=[j∣i],bi,j=[j∣i]∗μija_{i,j}=[j|i],b_{i,j}=[j|i]*\mu_{\frac ij}ai,j=[j∣i],bi,j=[j∣i]∗μji
注意：[A]={0(A为假)1(A为真)[A]=\begin{cases}0(A为假)\\1(A为真)\end{cases}[A]={0(A为假)1(A为真)
代入：
∑j=1nai,jbj,k=∑j=1n[j∣i][k∣j]∗μjk=[k∣i]∑j=1n[j∣i][k∣j]∗μjk=[k∣i]∑j=1nk[j∣ik]∗μj=[k∣i]∑j∣ikμj=[k=i]\begin{aligned} \sum_{j=1}^na_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=1}^n[j|i][k|j]*\mu_{\frac jk}\\ &=[k|i]\sum_{j=1}^n[j|i][k|j]*\mu_{\frac jk}\\ &=[k|i]\sum_{j=1}^{\frac nk}[j|\frac ik]*\mu_j\\ &=[k|i]\sum_{j|\frac ik}\mu_j\\ &=[k=i] \end{aligned}j=1∑nai,jbj,k=j=1∑n[j∣i][k∣j]∗μkj=[k∣i]j=1∑n[j∣i][k∣j]∗μkj=[k∣i]j=1∑kn[j∣ki]∗μj=[k∣i]j∣ki∑μj=[k=i]
用到了一个式子∑d∣nμ(d)=[n=1]\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]∑d∣nμ(d)=[n=1]
其实非常显然，直接根据含义讨论其相异质因子数量，根据定义计算，用二项式定理即可（证明也可以在我的数论学习博客中找到）
然后就好了
没啥裸的例题，主要是在数论中的推公式的时候会用到

单位根反演（离散傅里叶变换中有应用）

学新的东西自然先从已经会的东西来拓展辣，贴出链接我的FFT博客
多项式乘法用到了离散傅里叶变换，它使插值的复杂度从Θ(n3)\Theta(n^3)Θ(n3)的暴力高斯消元降到和求值一样的复杂度
我们考虑插值的本质
设gig_igi为多项式的iii次项系数，设fif_ifi为将ωni\omega_n^iωni带入的点值
那么满足
fi=∑j=0n−1(ωni)jgj=∑j=0n−1ωni∗jgj\begin{aligned} f_i&=\sum_{j=0}^{n-1}(\omega_n^i)^jg_j\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{i*j}g_j \end{aligned}fi=j=0∑n−1(ωni)jgj=j=0∑n−1ωni∗jgj
现在已知fff，求ggg
一看就知道是经典的反演
离散傅里叶给出的结论是：
gi=∑j=0n−1(ωni)−jnfj=∑j=0n−1ωn−i∗jnfj\begin{aligned} g_i&=\sum_{j=0}^{n-1}\frac{(\omega_n^i)^{-j}}nf_j\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\frac{\omega_n^{-i*j}}nf_j \end{aligned}gi=j=0∑n−1n(ωni)−jfj=j=0∑n−1nωn−i∗jfj
然后我们来验证一下这个反演的正确性
已知ai,j=ωni∗j，bi,j=ωn−i∗jna_{i,j}=\omega_n^{i*j}，b_{i,j}=\frac{\omega_n^{-i*j}}nai,j=ωni∗j，bi,j=nωn−i∗j
我们将a,ba,ba,b代入广义反演的判定式：
∑j=0n−1ai,jbj,k=∑j=0n−1ωni∗jωn−j∗kn=∑j=0n−1ωn(i−k)∗jn=δi,k\begin{aligned} \sum_{j=0}^{n-1}a_{i,j}b_{j,k}&=\sum_{j=0}^{n-1}\omega_n^{i*j}\frac{\omega_n^{-j*k}}n\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\frac{\omega_n^{(i-k)*j}}n\\ &=\delta_{i,k} \end{aligned}j=0∑n−1ai,jbj,k=j=0∑n−1ωni∗jnωn−j∗k=j=0∑n−1nωn(i−k)∗j=δi,k
i=ki=ki=k时每一项的值为1n\frac1nn1
i≠ki\neq ki̸=k时等比数列求和（x0+x1+⋅⋅⋅+xn−1=xn−1x−1x^0+x^1+···+x^{n-1}=\frac {x^n-1}{x-1}x0+x1+⋅⋅⋅+xn−1=x−1xn−1）
算出结果是(ωni−k)n−1n(ωni−k−1)=(ωnn)i−k−1n(ωni−k−1)=1i−k−1n(ωni−k−1)=0\frac {(\omega_n^{i-k})^n-1}{n(\omega_n^{i-k}-1)}=\frac {(\omega_n^n)^{i-k}-1}{n(\omega_n^{i-k}-1)}=\frac {1^{i-k}-1}{n(\omega_n^{i-k}-1)}=0n(ωni−k−1)(ωni−k)n−1=n(ωni−k−1)(ωnn)i−k−1=n(ωni−k−1)1i−k−1=0
然后反演的正确性得证（我怎么现在才知道这是反演啊）

另外单位根反演也有例题应用
具体形式是[n∣x]=1n∑i=0n−1(ωnx)i[n|x]=\frac1n\sum_{i=0}^{n-1}(\omega_n^x)^i[n∣x]=n1i=0∑n−1(ωnx)i
详见例题：单位根反演&[loj6485]LJJ 学二项式定理

最值反演（min-max容斥）

设现在有一个集合A,定义max{A}为集合A中最大元素的值的大小，min{A}为集合A中最小元素值的大小
那么有如下式子：
max{S}=∑T⊆S(−1)∣T∣+1min{T}max\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min\{T\}max{S}=T⊆S∑(−1)∣T∣+1min{T}
反演一下也对
min{S}=∑T⊆S(−1)∣T∣+1max{T}min\{S\}=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}max\{T\}min{S}=T⊆S∑(−1)∣T∣+1max{T}
证明？
这可能是广义的反演（这个叫它反演我认为没有什么意义，因为其本身的存在是基于fff和ggg确定的情况的）
还是写一下吧：aS,T=(−1)∣T∣+1,bS,T=(−1)∣T∣+1a_{S,T}=(-1)^{|T|+1},b_{S,T}=(-1)^{|T|+1}aS,T=(−1)∣T∣+1,bS,T=(−1)∣T∣+1
∑T⊆X⊆SaS,XbX,T=∑T⊆X⊆S(−1)∣X∣+∣T∣=δS,T\begin{aligned} \sum_{T\subseteq X\subseteq S}a_{S,X}b_{X,T}&=\sum_{T\subseteq X\subseteq S}(-1)^{|X|+|T|}\\ &=\delta_{S,T}\\ \end{aligned}T⊆X⊆S∑aS,XbX,T=T⊆X⊆S∑(−1)∣X∣+∣T∣=δS,T
非常明显吧
但是这个所谓反演其实并没有啥用，这两个式子其实重在容斥的推导
推导？？
借用csdn用户DOFYPXY的一句话：min-max容斥，感觉很神奇，其实很sb
我们可以通过分析来证明这个式子（这真的算容斥吗？？？）
设x=max{S}x=max\{S\}x=max{S}所有集合分包含xxx和不包含xxx两种。对于每个不包含xxx的非空集合，其加入xxx后的集合的minminmin值不变，符号相反，于是相互抵消；空集由于没有元素，所以不贡献答案，其加入一个元素xxx后最小值为xxx，故贡献值为xxx
对于反演后的式子的推导同理
其本身似乎并没有什么用，但是好像可以套上期望
例题：PKUWC2018随机游走

莫比乌斯变换（FMT）

在FMT中，我们用到了一个反演的式子，来由莫比乌斯变换(FMT) 推导莫比乌斯反演(FMI)
列出式子：
f(S)=∑T⊆Sg(T)⇔g(S)=∑T⊆S(−1)∣S∣−∣T∣f(T)f(S)=\sum_{T\subseteq S}g(T)\Leftrightarrow g(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}f(T)f(S)=T⊆S∑g(T)⇔g(S)=T⊆S∑(−1)∣S∣−∣T∣f(T)
证明：aS,T=1,bS,T=(−1)∣S∣−∣T∣a_{S,T}=1,b_{S,T}=(-1)^{|S|-|T|}aS,T=1,bS,T=(−1)∣S∣−∣T∣
∑T⊆X⊆SaS,XbX,T=∑T⊆X⊆S(−1)∣X∣−∣T∣=δS,T\begin{aligned} \sum_{T\subseteq X\subseteq S}a_{S,X}b_{X,T}&=\sum_{T\subseteq X\subseteq S}(-1)^{|X|-|T|}\\ &=\delta_{S,T}\\ \end{aligned}T⊆X⊆S∑aS,XbX,T=T⊆X⊆S∑(−1)∣X∣−∣T∣=δS,T
和最值反演里的反演证明几乎一样，都很显然

容斥反演的联系

反演是一种特殊的容斥，任何反演都可以通过容斥推得

总结

反演作为一种特殊的容斥，还是会被经常用到的，活用各类反演非常重要

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对于容斥原理反演的思考和总结

前言

容斥

反演

我对反演的理解

ex（拓展）

反演的a,ba,ba,b之间的关系

ex（拓展）

常见的反演

二项式反演

斯特林反演

莫比乌斯反演（数论）

单位根反演（离散傅里叶变换中有应用）

最值反演（min-max容斥）

莫比乌斯变换（FMT）

容斥反演的联系

总结

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