反演

什么是反演：

有函数\(F(x)\)，令\(G(s)=\sum F(x)\)，其中x与s的关系自定，在已知\(G\)求\(F\)的过程叫反演。

集合反演：\(x\subseteq s\)

公式：\(F(x)=\sum_{s\subseteq x} (-1)^{|x|-|s|}\times G(s)\)
推导过程： 核心是容斥。
\(1.\)首先，当\(x=s\)那么所有\(t\subseteq sF(t)\)都被加入，我们要把除了\(x\)之外的都删掉。
\(2.\)我们将\(x\)与\(s\)相差\(1\)的都减去，他们两两之间的交集会减两次，还要再加回，那么就变成了容斥的形式。

莫比乌斯反演：\(x|s\)

公式：\(F(n)=\sum_{d|n} \mu (\frac n d)\times G(d)\)
推导过程：与集合反演类似，但是更加复杂，核心也是容斥。
\(step 1:\)首先,\(\mu(\frac n d)\)代表\(G(x)\)要加入还是删除，类似于集合反演，我们想要找到在\(d\)与\(n\)的某种关系下固定的系数，对于集合是\(|x|-|s|\)，对于莫比乌斯反演，我们选择\(\frac n d\)。
我们令\(x=\frac n d\)，分类讨论：
\(step 2:\)若\(t=1\)，即\(n=d\)，我们必须选，于是\(\mu(1)=1\)
\(step 3:\)若\(t\)是质数，是\(n\)变成“子集”的最小单位，我们把他删除，\(\mu (p)=-1\)
\(step 4:\)若\(t\)是两个不同质数的乘积，那么\(d\)被这两个质数删了两次要加回，那么\(\mu(t)=1\)。
\(step5:\)那么三个质数时呢 ，我们又要减去，现在又变成了容斥的形式，所以当\(t\)是\(k\)个不同质数的乘积时\(\mu(t)=(-1)^k\)。
\(step6:\)我们发现整个过程已经完毕，那么其余\(\mu=0\)。
总结-莫比乌斯函数：
\(~~~~~~~~~~~~~~~\mu(x)={\begin{cases}{1~~~~~~~~~~(x=1)}\\{(-1)^k~~(x=p_1\times p_2\times\cdots\times p_k)}\\{0~~~~~~~~~~(others)}\end{cases}}\)
一些公式：

\[\sum_{d|m}\mu(d)=[m==1] \]

(组合数可证)

\[\sum_{d|m}\frac{\mu(d)} d=\frac{\varphi(n)} n \]

(左面通分，同去掉分母\(n\)，根据\(n=\sum_{d|n}\varphi(d)\)反演可得）$$\sum_{d|n}\mu(\frac n d)\sigma(d)=1$$
（反演回去可得\(\sigma(n)=\sum_{d|n} 1\)）
扩展-莫比乌斯反演的另一种形式：\(s|x\)

\[F(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)G(d) \]

与原式一样容斥可得到。
应用：
求$$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}N gcd(i,j)$$
设\(f(x)\)是\(gcd=x\)的数对个数，\(g(x)\)是\(gcd=k\times x\)的数对个数，那么：

\[g(x)=(\lfloor\frac N x\rfloor)^2 \]

根据扩展：

\[f(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac n d) g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac n d) \lfloor \frac N n\rfloor^2 \]

\[ans=\sum_{d=1}^N d\sum_{d|n}\mu(\frac n d)\lfloor\frac N n \rfloor^2 \]

二项式反演：