学习笔记 | 反演 | 二项式反演 | 莫比乌斯反演 | 狄利克雷卷积 |容斥 | 未完待更 | 在更

容斥！

大胆猜想小(不)心(用)证明

方案数为∑i=0n(−1)i∗Cni∗(n−i)!\sum_{i=0}^{n}(-1)^i*C_n^i*(n-i)!∑i=0n​(−1)i∗Cni​∗(n−i)!

还是证明一下

在计算有mmm个人站对的方案时 由于我们计算的时候是直接钦定有多少个人站对，剩下的随意站的。

所以，在计算0,1,2...m−10,1,2...m-10,1,2...m−1个人站对的方案时,我们会将mmm个人站对的方案重复计算。

会被计算这么多次

公式莫名挂了…所以贴图片了qwq


所以，就加上(−1)m(-1)^m(−1)m 8000 ，那么mmm个人站对的方案数就抵消了

为什么∑k=0m(−1)k∗Cmk=(1−1)m\sum_{k=0}^{m}(-1)^k*C_m^k=(1-1)^mk=0∑m​(−1)k∗Cmk​=(1−1)m呢？

• 这是二项式定理，事实上，这有个特殊情况，即m=0m=0m=0时，左边的式子为111

换一种写法：

∑k=0n(−1)k∗Cnk=[n=0]\sum_{k=0}^n(-1)^k*C_n^k=[n=0]k=0∑n​(−1)k∗Cnk​=[n=0]

• [P][P]表示PPP成立时为111,否则为000

幕后

设f(i)f(i)f(i)表示iii个人全站错的方案数,F(i)F(i)F(i)表示iii个人随便站的方案数

那么很显然有F(n)=∑k=0nf(i)∗CniF(n)=\sum_{k=0}^nf(i)*C_n^iF(n)=k=0∑n​f(i)∗Cni​

诶？如果窝们可以反向求出f(i)f(i)f(i)不就厉害了嘛！

这个过程的流程是这样的:

首先说一句废话

f(n)=∑m=0n[n=m]∗Cnmf(m)f(n)=\sum_{m=0}^n[n=m]*C_n^mf(m)f(n)=∑m=0n​[n=m]∗Cnm​f(m)

• 哦？[n=m][n=m][n=m]等价于[n−m=0][n-m=0][n−m=0]
• 嗯？窝们上面不是有这个东西嘛？∑k=0n(−1)k∗Cnk=[n=0]\sum_{k=0}^n (-1)^k*C_n^k=[n=0]∑k=0n​(−1)k∗Cnk​=[n=0],nnn用n−mn-mn−m代掉放到[n=m][n=m][n=m]那里

⇒\Rightarrow⇒ f(n)=∑m=0n∑k=0n−m(−1)k∗Cn−mk∗Cnmf(m)f(n)=\sum_{m=0}^n \sum_{k=0}^{n-m} (-1)^k*C_{n-m}^k*C_n^mf(m)f(n)=∑m=0n​∑k=0n−m​(−1)k∗Cn−mk​∗Cnm​f(m)

• 显然Cn−mk∗Cnm=Cnk∗Cn−kmC_{n-m}^k*C_n^m=C_n^k*C_{n-k}^mCn−mk​∗Cnm​=Cnk​∗Cn−km​(相当于在nnn个数里选两个集合，一个包含kkk个元素，另一个包含mmm个元素的方案数)

⇒\Rightarrow⇒ f(n)=∑m=0n∑k=0n−m(−1)k∗Cn−km∗Cnkf(m)f(n)=\sum_{m=0}^n \sum_{k=0}^{n-m} (-1)^k*C_{n-k}^m*C_n^kf(m)f(n)=∑m=0n​∑k=0n−m​(−1)k∗Cn−km​∗Cnk​f(m)

• 交换两个∑\sum∑

⇒\Rightarrow⇒ f(n)=∑k=0n(−1)k∗Cnk∑m=0n−kCn−km∗f(m)f(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^k*C_n^k\sum_{m=0}^{n-k}C_{n-k}^m*f(m)f(n)=∑k=0n​(−1)k∗Cnk​∑m=0n−k​Cn−km​∗f(m)

• Emmmmm? ∑m=0n−kCn−km∗f(m)\sum_{m=0}^{n-k}C_{n-k}^m*f(m)∑m=0n−k​Cn−km​∗f(m)就是F(n−k)F(n-k)F(n−k)

⇒\Rightarrow⇒ f(n)=∑k=0n(−1)k∗Cnk∗F(n−k)f(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^k*C_n^k*F(n-k)f(n)=∑k=0n​(−1)k∗Cnk​∗F(n−k)

• kkk的地方用n−kn-kn−k代 让下标更好看一点

⇒\Rightarrow⇒ f(n)=∑k=0n(−1)n−k∗Cnn−k∗F(k)=∑k=0n(−1)n−k∗Cnk∗F(k)f(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}*C_n^{n-k}*F(k)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}*C_n^{k}*F(k)f(n)=∑k=0n​(−1)n−k∗Cnn−k​∗F(k)=∑k=0n​(−1)n−k∗Cnk​∗F(k)

千辛万苦。我们得到了这个东西。

F(n)=∑k=0nCnk∗f(k)F(n)=\sum_{k=0}^nC_n^k*f(k)F(n)=k=0∑n​Cnk​∗f(k)

f(n)=∑k=0n(−1)n−k∗Cnk∗F(k)f(n)=\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}*C_n^k*F(k)f(n)=k=0∑n​ 7ff7 (−1)n−k∗Cnk​∗F(k)

反演的定义

设有两个函数f,Ff,Ff,F满足

F(n)=∑kan,kf(k)F(n)=\sum_ka_{n,k}f(k)F(n)=k∑​an,k​f(k)

已知FFF求fff称作

反演

• 可以利用未知量求已知量。

莫比乌斯反演！

• 求长度为nnn的字符串且其循环节也为nnn的字符串个数QwQ 循环节：最小长度的串重复n/lenn/lenn/len此恰好为该字符串

窝们设F(i)F(i)F(i)表示长度为iii的串的数量，f(i)f(i)f(i)表示长度为iii且循环节也为iii的数量

那么有

F(i)=∑d∣if(d)F(i)=\sum_{d|i}f(d)F(i)=d∣i∑​f(d)

• 可以得到 注意观察式子

F(1)=f(1)F(1)=f(1)F(1)=f(1)

F(2)=f(1)+f(2)F(2)=f(1)+f(2)F(2)=f(1)+f(2)

F(3)=f(1)+f(3)F(3)=f(1)+f(3)F(3)=f(1)+f(3)

F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)

F(5)=f(1)+f(5)F(5)=f(1)+f(5)F(5)=f(1)+f(5)

F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)

↓\downarrow↓

f(1)=F(1)f(1)=F(1)f(1)=F(1)

f(2)=F(2)−F(1)f(2)=F(2)-F(1)f(2)=F(2)−F(1)

f(3)=F(3)−F(1)f(3)=F(3)-F(1)f(3)=F(3)−F(1)

f(4)=F(4)−f(2)f(4)=F(4)-f(2)f(4)=F(4)−f(2)

f(5)=F(5)−F(1)f(5)=F(5)-F(1)f(5)=F(5)−F(1)

f(6)=F(6)−F(2)−F(3)+F(1)f(6)=F(6)-F(2)-F(3)+F(1)f(6)=F(6)−F(2)−F(3)+F(1)

⇒\Rightarrow⇒ f(i)= 8000 ∑d∣iμ(d)∗F(id)f(i)=\sum_{d|i}\mu(d)*F(\dfrac{i}{d})f(i)=d∣i∑​μ(d)∗F(di​)

其中:

μ(d)={1,d=1;(−1)k,d=p1∗...∗pk0,otherwise\mu(d)=\begin{cases} 1,d=1;\\ (-1)^{k},d=p_1*...*p_k\\0,otherwise\end{cases}μ(d)=⎩⎪⎨⎪⎧​1,d=1;(−1)k,d=p1​∗...∗pk​0,otherwise​

• 其中q1...qkq_1...q_kq1​...qk​是不相同的质数

接下来来证明一下这个东西QwQ.

如果你能够用容斥原理感性理解上述结论窝觉得可能就行了证明只需要知道方法…公式死记肯定会忘掉…总之感性理解是个好东西QwQ珂我没有

其实本质上也是一个容斥原理可以像上面证明二项式反演一样来证

好像… 更好的阅读体验… 要先把前面的那些东西(乱搞猜出莫比乌斯函数)稍稍忘掉哦~qwq

我们回忆一下一道题。是一道容斥入门题

求[l,r][l,r][l,r]区间内和nnn互指的数有多少个.

“我愿意沉默释放内心焰火”

本文作者：Averyta

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