奇妙反演

update:

2024.12.11 重新整理了 二项式反演

1. 反演的定义

反演就是从 $g$ 表示 $f$ 变为从 $f$ 表示 $g$ 。

当已知 $f (n) = \sum_{i = 1}^{n} c_{n, i} g (i)$ 时。若可以推出 $g (n) = \sum_{i = 1}^{n} d_{n, i} f (i)$ 时，可以由 $f$ 推出 $g$ 。

则称这两式互为反演公式。

利用反演的本质是由于其反演后的 $f (n)$ 较容易得到，进而反演出 $g (n)$ 。

2. 二项式反演

2.1 概念

从容斥原理开始。
我们假设有 $n$ 个集合 ${S_{1}, S_{2}, . . ., S_{n - 1}, S_{n}}$ ，设全集为 $U$ ，且其中任意 $i$ 个集合的交集，并集的大小都相等。

我们设 $g (x)$ 是任意 $x$ 个元素的交集大小， $f (x)$ 是任意 $x$ 个元素补集的交集大小。

普通容斥原理就是

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = (- 1)^{| T | - 1} | ⋂_{i = 1}^{| T |} S_{T_{i}} |

我们设 $| S_{i} |$ 的补集为 $| \overset{―}{S_{i}} |$ 。则

| ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | = | U | - | ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} |

即

\begin{aligned} | ⋂_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} | & = | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} S_{i} | \end{aligned}

类似的可以得到

\begin{aligned} | ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} | & = | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} | \end{aligned}

我们把 $f (0)$ 与 $g (0)$ 设为 $| U |$ 。则

f (n) = | ⋂_{i = 1}^{n} S_{i} | = | U | - | ⋃_{i = 1}^{n} \overset{―}{S_{i}} | = | U | + (- 1)^{| T |} | ⋂_{i = 1}^{| T |} \overset{―}{S_{T_{i}}} | = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (i)

g (n) = | U | - (- 1)^{| T | - 1} | ⋂_{i = 1}^{| T |} S_{T_{i}} | = | U | + (- 1)^{| T |} | ⋂_{i = 1}^{| T |} S_{T_{i}} | = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i)

我们就得到了优美的初始二项式反演式子：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) g (i) \Leftrightarrow g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} (\binom{n}{i}) f (i)

适当转换一下：

f (n) = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) \Leftrightarrow g (n) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f (i)

再变一下：

f (n) = \sum_{i = m}^{n} (\binom{n}{i}) g (i) \Leftrightarrow g (n) = \sum_{i = m}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f (i)

最后可以得到最常用的式子：

f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g (i) \Leftrightarrow g (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f (i)

证明：将右式代入左式得：

$\begin{aligned} f (n) & = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) \sum_{j = i}^{m} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f (j) \\ = \sum_{i = n}^{m} \sum_{j = i}^{m} f (j) (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) (\binom{i}{n}) \\ = \sum_{j = n}^{m} f (j) \sum_{i = n}^{j} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{n}) (\binom{j - n}{j - i}) \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) \sum_{i = n}^{j} (- 1)^{j - i} (\binom{j - n}{i - n}) \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) \sum_{i = 0}^{j - n} (- 1)^{j - n + i} (\binom{j - n}{i}) \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) (- 1)^{j - n} \sum_{i = 0}^{j - n} (- 1)^{i} (\binom{j - n}{i}) \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) (- 1)^{j - n} (1 - 1)^{j - n} \\ = \sum_{j = n}^{m} (\binom{j}{n}) f (j) (- 1)^{j - n} [j = n] \\ = (\binom{n}{n}) (- 1)^{0} f (n) \\ = f (n) \end{aligned}$
利用二项式定理证明，这也是其名字的由来，得证。

注：以上四个式子都可以用上述方法证明

2.2 应用与扩展

一般来说，我们将 $f (n)$ 表示钦定选 $n$ 个，剩下的随便， $g (n)$ 表示恰好选定 $n$ 个，则对于 $i \geq n$ 都有 $(\binom{i}{n})$ 的贡献，即：

f (n) = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g (i)

注意， $f (n)$ 不可被理解为至少选 $n$ 个，不是简单的后缀和， $f (n)$ 中的方案是有重复的，即一种方案有多种钦定方式。具体的，恰好选定 $i$ 个的方案中，有 $(\binom{i}{n})$ 中钦定方式。

运用这个式子我们可以反演出 $g (n)$ 的表达式，从而求出答案，至于 $f$ 的求法，一般为推式子或 DP。

例题：P10596 BZOJ2839 集合计数

设 $f (n)$ 表示钦定选 $n$ 个的方案数，则有 $f (i) = (\binom{n}{i}) (2^{2^{n - i}} - 1)$ ，钦定后所有包含 $i$ 个元素的集合有 $2^{n - i}$ 个。

答案就是 $g (n)$ 表示恰好选定 $n$ 个的方案数，有 $g (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f (i)$ 。

复杂度 $O (n \log V + k \log V)$ 。

代码

2.2.1 多维二项式反演

形如 $f (n, m) = \sum_{i = n}^{x} \sum_{j = m}^{y} (\binom{i}{n}) (\binom{j}{m}) g (i, j) \Leftrightarrow g (n, m) = \sum_{i = n}^{x} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) \sum_{j = m}^{y} (- 1)^{j - m} (\binom{j}{m}) f (i, j)$

2.3 例题

I P4859 已经没有什么好害怕的了

首先有若 $2 ∤ n - k$ ，则一定无解，否则有 $\frac{n + k}{2}$ 组 $a_{i} > b_{i}$ ，考虑将问题转化为钦定 $k$ 组。

考虑 DP，先排个序，设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 组，钦定有 $j$ 组 $a_{i} > b_{i}$ 的方案数，有转移：

$f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i - 1, j - 1} \times x$ ，其中 $x$ 表示 $b$ 中 $\leq a_{i}$ 的数的个数。

设 $F (i)$ 表示钦定 $n$ 组中钦定 $i$ 组 $a > b$ 的方案数，则有 $F (i) = f_{n, i} \times (n - i)!$ 。

反演下，得到 $G (n) = \sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) F (i)$ ，答案即为 $G (\frac{n + k}{2})$ 。

复杂度 $O (n^{2})$ 。

代码

II [ABC266G] Yet Another RGB Sequence

我们设 $f (n)$ 为钦定 $n$ 个 rg 的方案数，有 $f (n) = (\binom{R + G + B - n}{n}) (\binom{R + G + B - 2 n}{R - n}) (\binom{G + B - n}{G - n})$ 。

然后反演即可，复杂度 $O (n)$ 。

代码

III P6076 [JSOI2015] 染色问题

三个限制，每个限制单独看都很能反演，考虑多维二项式反演。

设 $f (n, m, k)$ 表示钦定 $n$ 行不染色， $m$ 列不染色， $k$ 种颜色不选，则有 $f (i, j, k) = (c - k + 1)^{(n - i) (m - j)} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{j}) (\binom{c}{k})$ 。

反演下，得到

g (n, m, k) = \sum_{i = n}^{x} \sum_{j = m}^{y} \sum_{l = k}^{z} (- 1)^{(i - n) + (j - m) + (l - k)} (\binom{i}{n}) (\binom{j}{m}) (\binom{l}{k}) f (i, j, l)

我们要求的答案即为：

\begin{aligned} g (0, 0, 0) & = \sum_{j = 0}^{y} \sum_{l = 0}^{z} (- 1)^{j + l} (\binom{c}{l}) (\binom{m}{j}) \sum_{i = 0}^{x} (\binom{n}{i}) (- 1)^{i} (c - l + 1)^{(n - i) (m - j)} \\ = \sum_{j = 0}^{y} \sum_{l = 0}^{z} (- 1)^{j + l} (\binom{c}{l}) (\binom{m}{j}) [(c - l + 1)^{m - j} - 1]^{n} \end{aligned}

复杂度 $O (n m \log V)$ 。

代码

IV P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

恰好不是很好求，转为求钦定非平局回合数为 $k$ 的方案数，可以树形 DP $O (n^{2})$ 求。

具体的，设 $f_{i, j}$ 表示在 $i$ 这棵子树内钦定非平局回合数为 $j$ 的方案数。

对于 $x$ ，若 $x$ 不造成贡献，可以直接背包，否则设 $c_{x, 0 / 1}$ 表示 $x$ 子树内 0/1 的节点个数，有： $f_{i, j} = f_{i, j - 1} \times (c_{x, a_{x} ⨁ 1} - j + 1)$ 。

Trick，树形背包 $O (n^{2})$ 写法： $max (1, i - s i z_{x}) - min (i, s i z_{y})$ 。

对于每个询问，直接反演即可，复杂度 $O (n^{2})$ 。

代码

V CF1228E Another Filling the Grid

裸的，可以做到 $O (n \log V)$ 。

VI P10597 BZOJ4665 小 w 的喜糖

~~刚开始看错题了，难甭~~

首先，正面不是很好做，考虑有 $k$ 个人与原来的种类数相同。

设 $f (n)$ 表示钦定 $k$ 与原来相同的方案数，这样答案就为 $g (0) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} f (i)$ 。

考虑如何求 $f$ ，设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 种糖钦定有 $j$ 个人与原来相同，对于每一种颜色，我们枚举该颜色与原来相同的人数 $k$ ，有：

f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{min (c_{i}, j)} f_{i, j - k} (\binom{c_{i}}{k}) (\binom{s - k}{c_{i} - k})

其中 $s$ 表示前 $i$ 个 $c_{i}$ 的和，总复杂度 $O (n^{2})$ 。

代码

VII CF997C Sky Full of Stars

正着做比较难，考虑总数减去 恰好没有一行或一列是同一种颜色 的方案数。

设 $f (i, j)$ 表示钦定 $i$ 行 $j$ 列是同一种颜色，其他随意选的方案数，有：

f (i, j) = {\begin{cases} 3^{i + j} \times 3^{(n - i) (n - j)} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) & i = 0 \lor j = 0 \\ 3 \times 3^{(n - i) (n - j)} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) & other \end{cases}

反演下我们要的是 $g (0, 0) = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} f (i, j)$ ，框里的式子先将 $(\binom{n}{i})$ 提出来，得到：

\begin{aligned} = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (- 1)^{j} 3 \times 3^{(n - i) (n - j)} - 3^{1 + n (n - i)} + 3^{i + n (n - i)} \\ = 3 \times {(3^{n - i} - 1)}^{n} - 3^{1 + n (n - i)} + 3^{i + n (n - i)} \end{aligned}

将 $i = 0$ 的单独算，最后即 $3^{n^{2}} - a n s$ ，总复杂度 $O (n \log V)$ 。

代码

VIII P3270 [JLOI2016] 成绩比较

首先恰好 $k$ 位同学被碾压不好求，考虑反演，设 $f (i)$ 表示钦定 $i$ 位同学被碾压的方案数， $g (i)$ 表示恰好 $i$ 位同学被碾压的方案数，有。

f (k) = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) g (i) \Leftrightarrow g (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) f (i)

然后考虑 $f (k)$ 怎么求，每个课程是独立的，可以先只考虑一个，最后将所有课程的方案数乘一起即可。

设当前课程最高分为 $U$ ， $B$ 神排名为 $R$ ，则除了我们钦定的 $k$ 个人分数比 $B$ 神小，还存在 $n - 1 - (R - 1) - k$ 个人分数比 $B$ 神小，有 $(\binom{n - 1 - k}{n - k - R})$ 种方案，然后我们可以枚举 $B$ 神此课程的分数，即 $\sum_{i = 1}^{U} i^{n - R} (U - i)^{R - 1}$ ，这样枚举是基于值域的，考虑怎么优化，先推下式子。

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{U} i^{n - R} (U - i)^{R - 1} & = \sum_{i = 1}^{U} i^{n - R} \sum_{j = 0}^{R - 1} (\binom{R - 1}{j}) U^{j} (- i)^{R - 1 - j} \\ = \sum_{j = 0}^{R - 1} (\binom{R - 1}{j}) U^{j} (- 1)^{R - j - 1} \sum_{i = 1}^{U} i^{n - j - 1} \end{aligned}

左边可以直接枚举，右边是一些自然数次幂和的形式，可以直接拉插。

前半部分复杂度是 $O (n^{2})$ 的，后半部分仅与每门课程相关，复杂度 $O (n^{3} \log n)$ 。

总复杂度 $O (n^{3} \log n)$ ，但是这个傻子懒，拉插写的 $O (n^{2})$ ，总 $O (n^{4})$ ，也能过。

自己犯的几个错误：二项式定理没拆 $- 1$ （上述框住的），打代码拉插的 $y$ 没乘（难绷）。

代码

2.4 参考文章

二项式反演及其应用 - GXZlegend

反演与狄利克雷卷积 - Alex_wei

容斥与反演技巧（一）- 云浅知处

3. 莫比乌斯反演

3.4 杜教筛

4.1 杜教筛算法

一个求积性函数前缀和的优化方法 $O (n^{\frac{2}{3}})$

建议先学前面的反演知识。

杜教筛的式子是很自然的推法，首先我们假设要求 $f (n)$ 的前缀和(一般求前缀和是为了用于整除分块)，我们需要找到另一个积性函数 $g$ ，使得 $g$ 与 $(f * g)$ 的前缀和都很好求(例如 $I$ 或 $i d$ )，我们设 $S (n) = \sum_{i = 1}^{n} f (i)$ 。

则

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} (f * g) (i) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{x y = i} g (x) \times f (y) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{i} ⌋} g (i) \times f (j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} g (i) \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{i} ⌋} f (j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} g (i) S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \\ = g (1) S (n) + \sum_{i = 2}^{n} g (i) S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \end{aligned}

移一下项得：

g (1) S (n) = \sum_{i = 1}^{n} (f * g) (i) - \sum_{i = 2}^{n} g (i) S (⌊ \frac{n}{i} ⌋)

右边可以整除分块，直接求时间复杂度 $O (n^{\frac{3}{4}})$

可以先预处理前 $n^{\frac{2}{3}}$ ，再进行杜教筛，时间复杂度 $O (n^{\frac{2}{3}})$

~~证明：不会微积分，看不懂证明~~

4.2 小推柿子

$μ \cdot i d^{k}, φ \cdot i d^{k}$

直接卷上 $i d^{k}$ :
$(μ \cdot i d^{k}) * i d^{k} = (μ \cdot i d^{k}) * (I * i d^{k}) = (μ * I) \cdot i d^{k} = ϵ$

$(φ \cdot i d^{k}) * i d^{k} = (φ \cdot i d^{k}) * (I * i d^{k}) = (φ * I) \cdot i d^{k} = i d^{k + 1}$

$μ^{2} * (μ \cdot i d)$

卷上 $i d$
$μ^{2} * (μ \cdot i d) * i d = μ^{2} * ϵ = μ^{2}$

$μ^{2}$ 是好求的。

$σ^{k}$

由定义得： $σ^{k} = \sum_{d | n} i d^{k} = I * i d^{k}$

我们正着用杜教筛公式：

$σ^{k} = I * i d^{k} = \sum_{i = 1}^{n} i^{k} S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) = \sum_{i = 1}^{n} i^{k} ⌊ \frac{n}{i} ⌋$

4.3 例题

I P4213 【模板】杜教筛

求 $μ$ 与 $φ$ 的前缀和。

我们知道 $μ * I = ϵ$ ，设 $S (n) = \sum_{i = 1}^{n} μ (i)$

直接运用杜教筛公式得

\begin{aligned} S (n) & = \sum_{i = 1}^{n} ϵ (i) - \sum_{i = 2}^{n} 1 \times S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \\ = 1 - \sum_{i = 2}^{n} S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \end{aligned}

我们又知道 $φ * I = i d$ ，设 $S (n) = \sum_{i = 1}^{n} φ (i)$

直接运用杜教筛公式得

\begin{aligned} S (n) & = \sum_{i = 1}^{n} i - \sum_{i = 2}^{n} 1 \times S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \\ = \frac{n (n + 1)}{2} - \sum_{i = 2}^{n} S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \end{aligned}

预处理一下，用 $m a p$ 或 $u n o r d e r e d$ 记忆化即可。

代码

II [cogs] 3352. 平方前缀和

求 $\sum_{i = 1}^{n} φ (i^{2})$

基本上是裸的杜教筛

一个关于 $φ$ 的性质： $φ (i j) = \frac{φ (i) φ (j) g c d (i, j)}{φ (g c d (i, j))}$

证明：该式本质上是容斥， $φ$ 的原式子是，当 $n = {p_{1}}^{c_{1}} \times {p_{2}}^{c_{2}} \times \cdot \cdot \cdot \times {p_{m}}^{c_{k}}$

$φ (n) = n \times \prod_{i = 1}^{m} (1 - \frac{1}{p_{i}})$

这里式子就表示为先把 $i$ 和 $j$ 的质因数乘上在除去 $i, j$ 的共同质因数，即 $φ (g c d (i, j))$ ，最后再消掉 $g c d (i, j)$ 即可得到该式。

然后开始推式子：

\sum_{i = 1}^{n} φ (i^{2}) = \sum_{i = 1}^{n} i \times φ (i)

不难发现该式等于 $φ \cdot i d$

(φ \cdot i d) * i d = \sum_{d ∣ n} d * φ (d) * \frac{n}{d} = n \times \sum_{d ∣ n} φ (d) = i d^{2}

我们设 $f (n) = n \times φ, S (n) = \sum_{i = 1}^{n} f (i)$

运用杜教筛公式可得：

S (n) = \sum_{i = 1}^{n} i^{2} - \sum_{i = 2}^{n} i * S (⌊ \frac{n}{i} ⌋)

= \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} - \sum_{i = 2}^{n} i * S (⌊ \frac{n}{i} ⌋)

线性筛出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项，整除分块即可

III P3768 简单的数学题

求 $\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} i j \times g c d (i, j)$

类似这样直接加上 $g c d (i, j)$ 的式子用欧拉反演会更容易些。

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} i j \times g c d (i, j) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} i j \times \sum_{d ∣ g c d (i, j)} φ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) d^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i \times \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} j \\ = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) d^{2} (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i)^{2} \\ = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) d^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i^{3} \end{aligned}

显然可以整除分块，数据范围很大，需要杜教筛。

只需考虑 $f (n) = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) d^{2}$ 即 $f = φ \cdot i d^{2}$ 。
这里的 $i d^{2}$ 很烦，考虑把它消去，只需卷积一个 $i d^{2}$ 即可。
证明： $(φ \cdot i d^{2}) * i d^{2} = \sum_{d ∣ n} φ (d) d^{2} (\frac{n}{d})^{2} = n^{2} \sum_{d ∣ n} φ (d) = n^{3} = i d^{3}$ ，证毕。
推广一下： $(φ \cdot i d^{k}) * i d^{k} = i d^{k + 1}$ ，直接用即可。

所以 $f * i d^{2} = i d^{3}$ ，设 $S (n) = \sum_{i = 1}^{n} f (i)$
。
则运用杜教筛公式得：

\begin{aligned} S (n) & = \sum_{i = 1}^{n} i^{3} - \sum_{i = 2}^{n} i^{2} S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \\ = (\frac{n (n + 1)}{2})^{2} - \sum_{i = 2}^{n} i^{2} S (⌊ \frac{n}{i} ⌋) \end{aligned}

整除分块即可，注意取模求逆元。

代码

posted @ 2024-04-06 21:40 oXUo 阅读(75) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 分块与根号算法入门

· 长链剖分小记

· 重修二项式反演

· 二项式反演

· 学习笔记：反転魔法

阅读排行：
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列01：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 25岁的心里话
· 按钮权限的设计及实现

公告

昵称： oXUo
园龄： 1年2个月
粉丝： 13
关注： 3

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类

1. 分块与根号算法入门(2)

oXUo

1