[容斥原理与莫比乌斯反演][学习笔记]

容斥原理 与 莫比乌斯反演

今天(2.23.2017)翻了一下《组合数学》前6章，发现我之前一定是学了假的莫比乌斯反演，于是来新写一篇

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# 容斥原理

定理

集合$S$中不具有性质$P_i:1\le i \le m$的元素个数：
$A_i$为具有性质$P_i$的集合

$|S| - \sum{|A_i|} + \sum{A_i \bigcap A_j} -\sum{A_i \bigcap A_j \bigcap A_k}+...+ (-1)^m\sum{A_1 \bigcap A_2 \bigcap ... \bigcap A_m}$



项数：$\binom{m}{0} + \binom{m}{1} + ... + \binom{m}{m} = 2^m$

$Proof.$
$1.$ 没有任何一条性质的元素贡献为$1$
$2.$ 有$n$条性质的元素，在$n$个集合$A_i$中出现，贡献为$\binom{n}{0} - \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + ... + (-1)^n\binom{n}{n} = 0$


关于第二条的证明:
根据二项式定理，$(1-1)^n =0 :\ n \neq 0$；
或者考虑前$n-1$个元素都可以选或不选，最后一个元素为了保证选的元素个数的奇偶性只有一种选择，所以奇数个元素的子集数量和偶数个元素的子集数量相等

实质

$$\sum\limits_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i} = [n=0]$$

也就是上面的证明过程

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错排

满足$i_j \neq j$的排列数

$$D_n = n!\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}$$

$\binom{n}{i}(n-i)! \ =\ \frac{n!}{i!}$ 就是$\ge i$个位置不是错排的方案数，应用容斥原理即可

还有一个递推关系
$D_n = nD_{n-1} + (-1)^n$

总结

在统计一类问题时，应用容斥原理可以有效的弱化限制条件
有一种统计恰好k个的问题，限制很强，通常弱化为先拿出k个，剩下的任意
这时候容斥的形式通常是

$$=\ \ge k个\ -\ \ge k+1个\ +\ \ge k+2个\ ...$$

这时候我们在统计$\ge j:k \le j \le n$时，如果依靠了枚举哪j个或者类似的DP，可能会过多的统计，比如一个$k+i$个的方案在这时候会被考虑$\binom{k+i}{k}$次，所以需要乘上一个组合数系数$\binom{k+i}{k}$

有的问题是恰好没有之类的，这时候$\binom{i}{0}=1$所以不用考虑这个东西；同理，恰好n个也不用考虑。

update 2017.5.3:貌似这个东西也不是这么回事儿...感觉还与二项式反演有关...还是具体问题具体分析吧

**update 2017.5.15**

今天闲来无事证明了一下，这玩意应该是普遍成立的！

我们考虑一个恰好$x:x \ge k$个的方案被统计的次数：

$$\begin{align} &= \sum_{i=k}^x (-1)^{i-k}\binom{i}{k} \binom{x}{i} \\ &= \binom{x}{k} \sum_{i=k}^x (-1)^{i-k} \binom{x-k}{x-i}\\ &= \binom{x}{k} \sum_{j=0}^{x-k} \binom{x-k}{j} \\ &= [x==k] \end{align}$$

哈哈O(∩_∩)O

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莫比乌斯反演 Mobius Inversion

说明

容斥原理是莫比乌斯反演在有限偏序集上的一个实例
莫比乌斯反演应用在一类二变量函数，偏序关系到实数的映射
《组合数学》上讨论了好多任意有限偏序集的莫比乌斯反演，还有偏序集的直积，我已经看蒙了
所以直接说莫比乌斯反演在数论上的经典形式吧，反正不是整除关系也不会考

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积性函数

定义

定义域为正整数集的函称为数论函数

满足$f(ab) = f(a)f(b)\ : \ gcd(a,b) =1$的数论函数称为积性函数

完全积性函数对ab没有互质限制


积性函数：$\varphi(n),\ \mu(n)$

完全积性函数：

• 单位函数$\epsilon(n)=[n=1]$,

• 恒等函数$id(n)=n$

• 常函数$1(n)=1$

狄利克雷卷积

$$(f*g)(n) = \sum\limits_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

满足交换律，结合律，对加法的分配律，单位元 $\epsilon$

###性质 1. 积性函数的**点积**和**狄利克雷卷积**也是积性函数 2. 一个函数的约数和可以卷上$1$，如约数个数$d(n)=(1*1)(n)$，约数和 $\sigma(n) = (1*id)(n)$

计算

1. 可以$O(nlogn)$预处理，无脑枚举所有数的倍数
2. 线性筛

• i=1, i是质数和i%p[j]!=0的情况很好求
• 对于i%p[j] == 0,可以通过分析增加一个最小质因子后的变化，或者直接考虑$f(p^k)$怎么求，反正积性函数不同质因子都是互质乘起来就行了不影响
• 也可以筛出最小质因子的次数，分解成$f(n) = f(p^k) f(\frac{n}{p^k})$，对于$f(p^k)$考虑如何计算，带有约数和的可以考虑展开
• 一些非积性函数也可以通过分析函数的性质也可以用线性筛来求
  例：欧拉函数可以直接根据公式得到如何处理 $\varphi(n) = n\prod\frac{p_i-1}{p_i} = \prod{(p_i-1)*p_i^{e_i-1}}$

void sieve() {
	varphi[1] = 1;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		if(!notp[i]) p[++p[0]] = i, varphi[i] = i-1;
		for(int j=1; j<=p[0] && i*p[j]<=n; j++) {
			notp[i*p[j]] = 1;
			if(i%p[j] == 0) {
				varphi[i*p[j]] = varphi[i] * p[j];
				break;
			}
			varphi[i*p[j]] = varphi[i] * (p[j]-1);
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) varphi[i] += varphi[i-1];
}

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##莫比乌斯函数 $$\mu(1) = 1\\ \mu(n) = (-1)^i \quad n 是i个质数之积 \\ \mu(n) = 0 \quad p^2 | n,\ p > 1$$

$$\mu * 1 = \epsilon，\ 即\ \sum\limits_{d|n}\mu(d) = [n=1]$$。 </br> $Proof.\ $设$n$有$k$种质因子，$$

\sum\limits_{d|n}\mu(d) = \sum_{i=0}^{k}(-1)i\binom{k}{i}

$$和上面的容斥原理证明类似，应用二项式定理 </br> ## 欧拉函数$$

\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [(n,i)=1] \
\varphi(n) = \prod p^{c-1}(p-1)

$$</br> 1. $$ \varphi * 1 = id \ 即 \ n = \sum\limits_{d|n}\varphi(d) ,\ 反演后\ \mu * id = \varphi$$

$Proof.$ 考虑列出所有分子$\frac{i}{n}$一共$n$个

2. $$\sum_{i=1}^n [(n,i)=1]*i = \frac{[n=1] + n*\varphi(n)}{2}$$
   $Proof.$ $(n,i)=(n, n-i)$，除了1和2 互质成对出现，和为n

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莫比乌斯反演

$$g(n) = \sum_{d|n}f(d) \\ f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})$$

$g = f*1 \rightarrow f = g * \mu$


$Proof.$
两边都卷上$\mu * 1$
其他证明方法还有很多，我写这个是因为这个短


另一种形式

$$g(n) = \sum_{n|d}f(n) \\ f(n) = \sum_{n|d}\mu(d)g(\frac{d}{n})$$

***

应用

感觉还是直接使用这个式子代换比较简单，构造函数再进行反演好像并不好想

$$\sum\limits_{d|n}\mu(d) = [n=1]$$

有一些常见技巧:

• 枚举gcd取值
• 交换枚举倍数与约数
• 用莫比乌斯函数求和替换
• 改写求和指标
• 最后通常需要得到一个可以整除分块的形式，处理一个函数的前缀和后可以在根号复杂度内解决一次询问

一般的题目推导起来挺套路的，通常都是枚举两个变量求一个带着gcd的东西(有的题目需要你自己把式子变形把gcd放进去)，套路推♂倒之后都变成了整除分块，然后重点就在如何通过线性筛求函数了

栗子

$$\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^n \sum_{j=1}^m gcd(i,j) &= \sum_{d=1}^n d \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \\ 先枚举d再枚举倍数,出现[=1]的形式 \\ &=\sum_{d=1}^n d \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} [gcd(i,j)=1] \\ 用\sum\limits_{e|n}\mu(e) = [n=1]替换 ,先枚举e再枚举倍数\\ &=\sum_{d=1}^n d\sum_{e=1}^n \mu(e) \frac{n}{de} \frac{m}{de} \\ 改写求和指标，令D = de \\ &= \sum_{D=1}^n \sum_{d|D} d\mu(\frac{D}{d}) \frac{n}{D} \frac{m}{D}\\ 发现最后就是 id * \mu = \varphi \\ &= \sum_{D=1}^n \varphi(D) \frac{n}{D} \frac{m}{D}\\ \end{align*}$$

代码

int notp[N], p[N];ll varphi[N];
void sieve(int n) {
    varphi[1]  1;
    for(in i=2; i<=n; i++) {
        if(!notp[i]) p[++p[0]] = i, varphi[i] = i-1;
        for(int j=1; j<=p[0] && i*p[j]<=n; j++) {
            notp[i*p[j]] = 1;
            if(i%p[j] == 0) {varphi[i*p[j]] = varphi[i]*p[j]; break;}
            varphi[i*p[j]] = varphi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) varphi[i] += varphi[i-1];
}
ll cal(int n, int m) {
    ll ans=0; int r;
    for(int i=1; i<=n; i=r+1) {
        r = min(n/(n/i), m/(m/i));
        ans += (varphi[r] - varphi[i-1]) * (n/i) * (m/i);
    }
    return ans;
}