部分经典反演的推导（附矩阵形式）

反演：已知有对向量 $\vec{u}$ 的线性变换：$A\vec{u}=\vec{v}$。现在已知 $\vec{v}$ 要反解 $\vec{u}$ 的过程称为反演。

反演相当于做线性变换：$A^{-1}\vec{v}=\vec{u}$，于是一般我们需要知道 $A^{-1}$ 的形式。

部分转置问题：由于 $(A^T)^{-1}=(A^{-1})^T$，于是 $A^T\vec{u}=\vec{v}\Leftrightarrow (A^{-1})^T\vec{v}=\vec{u}$。

注：下文 $A^{-1}_{i,j}$ 表示 $(A^{-1})_{i,j}$，$(A_{i,j})^{-1}$ 表示求逆。部分除法用 $/$。

写成数列形式：$f_{i}=\sum\limits_{j} A_{i,j}g_j\Leftrightarrow g_{i}=\sum\limits_{j} A^{-1}_{i,j}f_j$。

转置形式：$f_{i}=\sum\limits_{j} A_{j,i}g_j\Leftrightarrow g_{i}=\sum\limits_{j} A^{-1}_{j,i}f_j$。

或者你可以理解为下面要对一些特殊矩阵写出其求逆后的形式。

子集反演#

用这个简单点的引入。下面集合符号均在二进制下考虑，线性变换矩阵：$A_{i,j}=[j\subseteq i]$，其中 $i,j\in [0,2^n)$。

注意到这其实就是 or 卷积的 DFT 矩阵。反演矩阵 $A^{-1}$ 就自然是 IDFT 矩阵了。

有 $A^{-1}_{i,j}=(-1)^{|i|-|j|}[j\subseteq i]$，其中 $|i|=\text{popcount(i)}$。

写成数列形式应该更好理解：$f_S=\sum\limits_{T\subseteq S} g_T\Leftrightarrow g_S=\sum\limits_{T\subseteq S} (-1)^{|S|-|T|}f_T$，就是一个简答的容斥。

转置形式：$A_{i,j}=[i\subseteq j]\Leftrightarrow A^{-1}_{i,j}=(-1)^{|j|-|i}[i\subseteq j]$，$f_S=\sum\limits_{S\subseteq T} g_T\Leftrightarrow g_S=\sum\limits_{S\subseteq T} (-1)^{|T|-|S|}f_T$。

莫比乌斯反演#

这个数列形式极其常见，先写：$f_{n}=\sum\limits_{d\mid n} g(d)\Leftrightarrow g_{n}=\sum\limits_{d\mid n} \mu(n/d)f(d)$。

太典啦，去 OI-wiki 自己学吧，懒得写啦。

矩阵形式：$A_{i,j}=[j\mid i]\Leftrightarrow A^{-1}_{i,j}=\mu(i/j)[j\mid i]$。转置形式略。

二项式反演#

线性变换矩阵为 $A_{i,j}=\dbinom{i}{j}$，即变换 $g\to f$：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i}g_i$。

直接亮结论：逆矩阵 $A^{-1}_{i,j}=(-1)^{i-j}\dbinom{i}{j}$。数列形式：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i}g_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i$。转置形式略。

代数证法#

$(A\times A^{-1})_{i,j}=\sum\limits_{k} \dbinom{i}{k}\dbinom{k}{j} (-1)^{k-j}=\sum\limits_{k=0}^{i-j} \dbinom{i}{k+j}\dbinom{k+j}{j} (-1)^{k}=\dbinom{i}{j}\sum\limits_{k=0}^{i-j} \dbinom{i-j}{k} (-1)^{k}=\begin{cases}1(i=j)\\0(i\neq j)\\ \end{cases}$。

于是 $A\times A^{-1}=I$。

多项式证法#

已知：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i}g_i$，写成 EGF 形式：$\dfrac{f_n}{n!}=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{g_i}{i!}\times \dfrac{1}{(n-i)!}$。

设出 EGF：令 $f(x)=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{f_ix^i}{i!},g(x)=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{g_ix^i}{i!}$，则有 $f(x)=g(x)\times \left(\sum\limits_{i\ge 0} \dfrac{x^i}{i!}\right)=e^x g(x)$。

于是 $g(x)=e^{-x}f(x)\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\dbinom{n}{i}f_i$。

斯特林反演#

线性变换矩阵为 $A_{i,j}=\displaystyle{i\brace j}$，即变换 $g\to f$：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \displaystyle{n\brace i}g_i$。

直接亮结论：逆矩阵 $A^{-1}_{i,j}=(-1)^{i-j}\displaystyle{i\brack j}$。数列形式：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \displaystyle{n\brace i}g_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\displaystyle{n\brack i}f_i$。

类似的，有：$A_{i,j}=\displaystyle{i\brack j}\Leftrightarrow A^{-1}_{i,j}=(-1)^{i-j}\displaystyle{i\brace j}$，数列形式：$f_n=\sum\limits_{i=0}^n \displaystyle{n\brack i}g_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\displaystyle{n\brace i}f_i$。

由于两者形式相似下文会证明第一种（有的是证明第一种转置形式）。

下面证明参考 dwt 博客，mol dwt。

多项式证法 $1$#

首先要介绍几个经典的斯特林数恒等式。首先考虑组合意义，有：

$\begin{aligned} x^n&=\sum_{k=0}^n\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\ \\ x^{\overline{n}}&=\sum_{k=0}^n\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^k \end{aligned}$

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同时做代换：$x^{\overline{n}}=(-1)^n x^{\underline{n}}$，有：

$\begin{aligned} x^n&=\sum_k\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}x^{\overline{k}} \\ x^{\underline{n}}&=\sum_k\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}(-1)^{n-k}x^k \end{aligned}$

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考虑转置命题：已知 $f_n=\sum\limits_{i\ge n} \displaystyle{i\brace n}g_i$，考虑下降幂多项式：$f(x)=\sum\limits_{i=0}^n f_i x^{\underline{i}}$，有：

$f(x)=\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j\ge i} \displaystyle{j\brace i}g_jx^{\underline{i}}=\sum\limits_{j=0}^n g_j\sum\limits_{i\le j} \displaystyle{j\brace i}x^{\underline{i}}=\sum\limits_{j=0}^n g_j x^j$。

提取两边 $x^n$ 系数，有：$g_n=\sum\limits_{i\ge n} (-1)^{i-n}\displaystyle{i\brack n}f_i$。就证明了转置形式。

多项式证法 $2$#

考虑斯特林数 EGF，有：$\displaystyle{n\brace m}=\dfrac{\left[\frac{x^n}{n!}\right](e^x-1)^m}{m!}$，$\displaystyle{n\brack m}=\dfrac{\left[\frac{x^n}{n!}\right](-\ln(1-x))^m}{m!}$。

已知 $f_n=\sum\limits_{i=0}^n \displaystyle{n\brace i}g_i$，设 $F,G$ 分别为 $f,g$ 的 EGF，有：

$\begin{aligned} F(x)&=\sum_k \frac{f_kx^k}{k!}=\sum_{k}\frac{x^k}{k!}\sum\limits_{i=0}^k \begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}g_i=\sum_i g_i\sum_{k\ge i}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\frac{x^k}{k!} \\ &=\sum_{i=0}g_i\frac{(e^x-1)^i}{i!}=G(e^x-1) \end{aligned}$

$\begin{aligned} G(-x)&=F(\ln(1-x))=\sum\limits_{i\ge 0} \dfrac{f_i\ln(1-x)^i}{i!} \\ &=\sum\limits_{i\ge 0} \dfrac{(-1)^if_i(-\ln(1-x))^i}{i!}=\sum\limits_{i\ge 0} (-1)^if_i\sum\limits_{j\ge i}\dfrac{1}{j!}\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix}x^j \\ &=\sum\limits_{j} \dfrac{x^j}{j!} \sum\limits_{i\le j} (-1)^if_i\begin{bmatrix}j\\i\end{bmatrix} \end{aligned}$

提取两边 $\left[\frac{x^n}{n!}\right]$ 系数，有：$(-1)^n g_n=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i\displaystyle{n\brack i}f_i$，把 $(-1)^n$ 移项即可。

代数证法#

请拜读 dwt 博客，有空补，多项式证法好。

练习#

由于本人没有系统总结过，于是请参考 cmd 博客，也附一下 dwt 反演博客。