容斥原理与反演相关

目录

目录

• 一些容斥原理
  • 规定
  • 容斥原理
  • $\text{Min-Max}$ 容斥
• 一些反演
  • 规定
  • 反演是什么？
  • 二项式反演
  • 莫比乌斯反演
  • 斯特林反演
  • 单位根反演

一些容斥原理

规定

本文中集合指代非可重集。

用大写字母记一个集合，例如 $P, S$。
在集合两侧加竖线表示集合的大小，例如 $\left\lvert\{1,2,3,4,5\}\right\rvert = 5$。
在有上下文信息的情况下，直接写出集合也可以表示该集合对应的一类贡献，其与集合内元素线性相关。

下文中在描述下标集合时常会看到 $S, T$ 这两个用于枚举的中间量集合，这里记 $S$ 表示下标全集，$T$ 表示当前枚举到的 $S$ 的一个子集。
规定 $0^0 = 1$，这也是有实际意义的。

容斥原理

就是最普适的容斥原理了。我们需要计算一系列集合的并，但又不希望重叠部分的贡献计入多次，这时就需要通过多次计数，每次[把先前没有计算的部分容纳进来/把先前重复计算的部分排斥出去]，定量地加以容斥系数来实现不重不漏的计数，这样的做法就叫容斥原理。

假设我们需要计数集合列 $\langle P_n \rangle$ 的贡献，容易得到

$$\bigcup_{i \in S} P_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \bigcap_{j \in T} P_j$$

该式子描述了容斥原理的核心，其他的容斥可以说都是从这个式子上衍生的。

证明也是比较方便的。考虑一个元素在集合列中的 $m$ 个集合中出现，则可以发现，选择 $k$ 个其出现的集合有 $C_m^k$ 种可能，每种可能的系数是 $(-1)^{k - 1}$。最后能写出

$$\sum_{i = 1}^m (-1)^{i - 1} \binom{m}{i} = \binom{m}{0} - (1 - 1)^m = 1$$

也可以通过归纳法证明。

集合的交的问题可以转化成集合的并来解决，就是全集减去补集的并。

$\text{Min-Max}$ 容斥

对于一个元素之间满足全序关系且有加减性的元素列 $\{x_i\}$，设其大小为 $n$，则我们有以下关系：

$$\max_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \min_{j\in T} x_j$$

$$\min_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \max_{j\in T} x_j$$

证明就是讨论元素贡献。取 $m\in S$，假设 $x_m$ 是第 $k$ 大的元素，则可以讨论 $x_k$ 会作为哪些集合的元素出现。

1. $k = 1$
   我们需要的就是 $x_m$，容易发现它只会在 $\{x_m\}$ 这一个集合中作为最小值出现。
   所以它的贡献就是 $(-1)^{0} x_m = x_m$。
2. $k > 1$
   最小的元素是第 $k$ 大的元素，那其余元素只能是第 $l < k$ 大的元素了，这样的元素一共有 $k - 1$ 个。
   可以写出选择 $i + 1$ 个的贡献系数，也就是
   $$\sum_{i = 0}^{k - 1} \binom{k - 1}{i} (-1)^{i - 1} = (1 - 1)^{k - 1} = 0$$

因此最后的贡献是第一小的数，即 $\max_{i\in S} x_i$。最小值可以如上地证明。
因此得证。

$\text{Min-Max}$ 容斥之所以有用，其中一个原因是它在期望上也成立：众所周知在期望意义下的 $\max, \min$ 是不像普通的 $\max, \min$ 那么好求的，需要做转化。写出式子：

$$E\left(\max_{i\in S} x_i\right) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right)$$

$$E\left(\min_{i\in S} x_i\right) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\max_{j\in T} x_j\right)$$

证明：

可以通过枚举可能的 $y$ 序列写出一种期望的表示方法：

$$E\left(\max_{i\in S} x_i\right) = \sum_{y} P(y = x) \max_{j\in S} y_j$$

可以发现后面的部分就可以直接施上面的 $\text{Min-Max}$ 容斥公式了。也就是

$$\begin{aligned} E\left(\max_{i\in S} x_i\right) &= \sum_{y} P(y = x) \max_{j\in S} y_j \\ &= \sum_{y} P(y = x) \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \min_{j\in T} y_j \\ &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \sum_{y} P(y = x) \min_{j\in T} y_j \\ &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\min_{i\in S} x_i\right) \end{aligned}$$

因此得证。

考虑到上面的容斥，我们不难想到，是否通过一些其他的容斥系数来转化到组合数求和上，从而指向性地得到第 $k$ 大和第 $k$ 小。这是可行的，而且我们也可以通过对应公式转化到期望上。这个东西又叫做拓展 $\text{Min-Max}$ 容斥。

写出：

$$\mathop{\text{k-thmax}}\limits_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \min_{j\in T} x_j$$

$$\mathop{\text{k-thmin}}\limits_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \max_{j\in T} x_j$$

$$E\left(\mathop{\text{k-thmax}}\limits_{i\in S} x_i \right)= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right)$$

$$E\left(\mathop{\text{k-thmin}}\limits_{i\in S} x_i \right)= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} E\left(\max_{j\in T} x_j\right)$$

不妨设 $x_i \le x_{i + 1}$。我们化式子：

$$\begin{aligned} \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \min_{j\in T} x_j &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \left[x_i = \min_{j\in T} x_j\right] \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{j - 1}{k - 1} \binom{n - i}{j - 1} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i}{k - 1} \binom{n - i - (k - 1)}{j - 1 - (k - 1)} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i}{k - 1} \binom{n - i - k + 1}{j - k} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i - k + 1}{j - k} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} \sum_{j \ge 0} (-1)^{j} \binom{n - i - k + 1}{j} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} (1 - 1)^{n - k + 1 - i} \end{aligned}$$

可以发现 $C_{n - i}^{k - 1} 0^{n - k + 1 - i} = 1$ 当且仅当 $i = n - k + 1$，其余情况都是 $0$。这就是第 $k$ 大值。
其余三个可以类似上面地证明，不再赘述。

因此得证。

可以发现这个东西能够应用到一个数字质因子的指数上，这自然引出了质因子取 $\min, \max$ 的操作：$\gcd, \text{lcm}$。
我们类比地转化操作，有：

$$\mathop{\text{lcm}}\limits_{i\in S}x_i = \prod_{T\subseteq S} (\gcd_{j\in T}x_j)^{(-1)^{\lvert T\rvert - 1}}$$

这个式子可以叫 $\gcd\text{-lcm}$ 容斥/反演。

例题：
[HAOI2015] 按位或 - 期望上的 $\text{Min-Max}$ 容斥;
bzoj4833 最小公倍佩尔数 - $\gcd\text{-lcm}$ 容斥;
重返现世 - 拓展 $\text{Min-Max}$ 容斥;
[PKUWC2018] 随机游走 - 对顺序进行期望上的 $\text{Min-Max}$ 容斥;
Become Big For Me - $\gcd\text{-lcm}$ 容斥（以及出题人的推荐.

一些反演

规定

记一个元素列 $f$ 的第 $i$ 个元素为 $f[i]$。记一个矩阵 $A$ 第 $i$ 行第 $j$ 列的元素为 $A[i, j]$。
一个元素列 $f$ 对应的向量为 $\bm f$。

反演是什么？

我们考虑两个元素列 $f, g$ 之间的双向关系，这一对关系就叫做反演关系。例如前缀和与差分、倍数求和与倍数差分等。一般地，这类关系是线性的，可以采用一个矩阵 $A$ 和它的逆来描述，这矩阵又叫做关系矩阵。

一般地，我们可以得到一个关系对应的矩阵 $A$，则 $f\to g$ 的关系可以经由

$$f[k] = \sum_{i \ge 0} A[k, i]\times g[i]$$

来描述，也就是 $\bm f = A\bm g$。

我们已经可以通过 $g$ 计算 $f$ 了，而现在需要用 $f$ 计算 $g$。这样一个过程就叫做反演。不难想到求 $A$ 的逆矩阵 $A^{-1}$，则 $\bm g = A^{-1}\bm f$。

例如前缀和矩阵是 $A[i, j] = [i \ge j]$，而我们通过求逆能看到 $A^{-1}[i, j] = [i = j] - [i = j + 1]$。由定义不难发现两个互为反演关系的关系矩阵互逆。

我们也可以通过这类定义来从原有的反演上得到新的反演。具体地，有以下几条方法：

• 应用转置，容易发现一对互逆矩阵的转置也互逆。
• 可以对两个矩阵分别乘以 $c \neq 0$，容易发现这两个矩阵仍然互逆。（这里是一个乘 $c$ 一个除 $c$ 的意思吗？）
• 移动 $(-1)^k$ 的指数。我们有
  $$\sum_{i\ge 0}(-1)^{n - i} A[n, i]\times B[i, m] = [n = m] \quad \Leftrightarrow \quad \sum_{i\ge 0}(-1)^{i} A[n, i]\times (-1)^m B[i, m] = [n = m]$$
  可以用在一些出现了 $(-1)^{n - k}$ 的时候，比方说二项式反演。

由一维情况可以拓展到二维情况。假设我们有两个关系矩阵 $A, B$，他们分别描述了 $i, j$ 两维的反演信息。我们有这两个关系上矩阵 $F, G$ 的二维反演：

$$F[n, m] = \sum_{i\ge 0} \sum_{j\ge 0} A[n, i]\times B[m, j]\times G[i, j]\ \Leftrightarrow\ G[n, m] = \sum_{i\ge 0} \sum_{j\ge 0} A^{-1}[n, i]\times B^{-1}[m, j]\times F[i, j]$$

发现这就是各维反演系数的乘积。

证明可以构造四维矩阵。
不妨构造 $C[(i, k), (j, l)] = A[i, j]\times B[k, l]$，$D[(i, k), (j, l)] = A^{-1}[i, j]\times B^{-1}[k, l]$。我们需要证明的就是 $C\times D = I$，也就是 $(C\times D)[(i, j), (k, l)] = [(i, j) = (k, l)]$。

$$\begin{aligned} & (C\times D)[(i, j), (k, l)] \\ = & \sum_{(t_1, t_2)} C[(i, j),(t_1,t_2)] \times D[(t_1, t_2), (k, l)] \\ = & \sum_{(t_1, t_2)} A[i, t1]\times B[j,t_2] \times A^{-1}[t_1, k] \times B^{-1}[t2, l] \\ = & \sum_{t1} A[i, t1]\times A^{-1}[t_1, k] \sum_{t_2} B[j,t_2] \times B^{-1}[t2, l] \\ = & [i = k]\times [j = l] \\ = & [(i, j) = (k, l)] \end{aligned}$$

因此得证。

由二维情况可以拓展到多维情况，证明类似，不再赘述。

二项式反演

最基础也最常见的反演。

首先写出第一种形式：

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

这依赖着 $A[n, m] = (-1)^mC_m^n$ 这个矩阵是自逆的。

证明可以写一下 $A\times A$ 的形式。也就是

$$\begin{aligned} & (A\times A)[n, m] \\ = & \sum_{i \ge 0} A[n, i]\times A[i, m] \\ = & \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{i} \times (-1)^m\binom{i}{m} \\ = & (-1)^m \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{i} \binom{i}{m} \\ = & (-1)^m \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{m} \binom{n - m}{i - m} \\ = & (-1)^m\binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n - m}{i - m} \\ = & (-1)^m\binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^{i + m}\binom{n - m}{i} \\ = & \binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^{i}\binom{n - m}{i} \\ = & \binom{n}{m} 0^{n - m} \\ = & [n = m] \end{aligned}$$

我这个证法挺简洁？

然后用上面提过的移动 $(-1)^{n - k}$ 可以得到

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

这个东西也可以 egf 来证。也就是

$$\frac{f(n)}{n!} = \sum_{i = 0}^n \frac{1}{(n - i)!} \frac{g(i)}{i!}$$

DNA 动了嘛？构造 $f, g$ 的 egf $F, G$，则 $F = e^{x}\times G$，也就能导出 $G = e^{-x}\times F$，化一下就能到右边了。

然后用上面提过的转置可以得到

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

然后用上面提过的移动 $(-1)^{n - k}$ 可以得到

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

这也就是经典的四种式子了。

例题（难度大概逐渐递增？看出题时间和来源也是）：
[NOI Online #2 提高组] 游戏;
已经没有什么好害怕的了
[HAOI2018] 染色;
[TJOI2019] 唱、跳、rap和篮球;
[MtOI2018] 情侣？给我烧了！;
[CTS2019] 随机立方体.

莫比乌斯反演

这个东西是数论相关知识。

我们现在想要研究一个函数在某一点值的所有因数处的取值，也就是转移矩阵 $A[n, d] = [d | n]$。对这个转移矩阵求逆可以得到 $A^{-1}[n, d] = [d | n]\times \mu\left(\frac{n}{d}\right)$。这个东西的证明是数论知识，具体着眼于这样一个结构上。

我们定义 $\mu$ 函数为满足 $\sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]$ 的函数。我们可以通过这个定义写出 $\mu(n)$ 的取值：

$$\mu(n) = \left\{ \begin{aligned}&1\ , && n = 1 \\ & 0\ ,&& n\ 有平方因子 \\ & (-1)^k \ , & &k \ 为\ n \ 本质不同质因子个数 \end{aligned}\right.$$

这个定义的导出参见 $\text{Min-Max}$ 容斥的容斥系数设计。

于是我们可以写出反演关系：

$$f(n) = \sum_{d|n} g(d) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{d|n} f(d) \mu\left(\frac{n}{d}\right)$$

然后用上面提过的转置可以得到

$$f(n) = \sum_{n|d} g(d) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{n|d} f(d) \mu\left(\frac{d}{n}\right)$$

后面的知识可以看莫比乌斯反演应用，杜教筛，贝尔级数。

斯特林反演

这一点用到了两类斯特林数之间的关系。

首先介绍一下两类斯特林数以及他们的一些性质。前置性质；前置（后置？）性质。

第一类斯特林数 $\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}$：$n$ 个元素分为 $m$ 个环的方案数（旋转后相同的算一个环）。

递推公式：$\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} n - 1 \\ m - 1 \end{bmatrix} + (n - 1) \begin{bmatrix} n - 1 \\ m \end{bmatrix}$
可以考虑如何插入一个新的元素，也就是[自己成新的环/插入原有的环]，每个环的插入点和环大小相同，因此总共有 $n - 1$ 个彼此不同的插入点，乘 $(n - 1)$。

行的 ogf：$x^{\overline n} = \sum_{k\ge 0} \begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix} x^k$
归纳法即得。从其中我们还能知道当 $x = 1$ 时有 $n! = \sum_ {k\ge 0} \begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}$

列的 egf：$\dfrac{\left(-\ln (1 - x)\right)^k}{k!} = \sum_{n\ge 0}\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix} \dfrac{x^n}{n!}$
对 $k$ 个环排列做一下直接组合即得。

二元 gf（上标 egf，下标 ogf）：

$$(1 - x)^{-y} = \sum_{i\ge 0}\sum_{j\ge 0} \begin{bmatrix} i \\ j \end{bmatrix} \frac{x^iy^j}{i!}$$

推导仍然可以考虑对环排列组合，再用一个额外的占位元记录组合进来的个数。
容易写出环排列的 egf 是 $-\ln (1 - x)$，那不妨记录单个环排列是 $-y\ln(1 - x)$。对它做 $\exp$ 即得 $(1 - x)^{-y}$。

第二类斯特林数 $\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}$：$n$ 个不同元素放入 $m$ 个相同的盒子，无空盒的方案数。

递推公式：$\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m - 1 \end{Bmatrix} + m \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m \end{Bmatrix}$
可以考虑如何插入一个新的元素，也就是[自己成新的环/插入原有的环]，每个盒的插入等价，因此总共有 $m$ 个彼此不同的插入点，乘 $m$。

列的 egf：$\dfrac{(e^x - 1)^k}{k!} = \sum_{n\ge k} \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\dfrac{x^n}{n!}$
和上面类似的做法。

二元 gf（上标 egf，下标 ogf）：

$$\exp \left(y(e^x - 1)\right) = \sum_{i\ge 0}\sum_{j\ge 0} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix} \frac{x^iy^j}{i!}$$

这个形式就更显然了是吧。

有一个生成单位元的公式，在一些情况下有用：

$$\sum_{k = m}^n {n\brace k}{k \brack m} (-1)^{k - m} = [n = m]$$

都说到这了就再说说斯特林数参与的普通幂和阶乘幂的转换吧。
直接给出公式：

$$x^n = \sum_{k = 1}^n {n\brace k} x^{\underline k} = \sum_{k = 1}^n(-1)^{n - k} {n\brace k} x^{\overline k}$$

$$x^{\underline n} = \sum_{k = 1}^n (-1)^{n - k}{n\brack k}x^k \quad x^{\overline n} = \sum_{k = 1}^n {n\brack k}x^k$$

然后就是斯特林反演的经典形式了。

$$f(n) = \sum_{i = 0}^n {n\brace i} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i = 1}^n (-1)^{n - i} {n \brack i} f(i)$$

这里当然能用单位元替代的性质来做，但是直接用 egf 代换也行。由第一个式子是可以推出 $f, g$ 的 egf 的关系的，设二者是 $F, G$，则我们能得到 $F(x) = G(e^x - 1)$，然后就是 $G(x) = F(\ln(1 + x))$，展开即可得到右边。
繁而不难，留作读者练习。

然后就是几个由移动 $-1$ 和转置矩阵得到的公式：

$$f(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} {n\brace i} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i = 1}^n {n \brack i} f(i)$$

$$f(n) = \sum_{i = 0}^n(-1)^{i} {n\brace i} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i = 1}^n (-1)^{i} {n \brack i} f(i)$$

$$f(n) = \sum_{i \ge n} {i\brace n} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^{i - n} {i \brack n} f(i)$$

$$f(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^{i - n} {i\brace n} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i \ge n} {i\brack n} f(i)$$

例题：
明明的随机数（校内题（弱化版;
CF932E（不是很反演;
CF960G（不是很反演;
bzoj4671 异或图;
[HEOI2016/TJOI2016] 求和;
[国家集训队] Crash 的文明世界.

单位根反演

单位根是啥？
注意：我们这里的讨论是在 $\mathbb C$ 上的，其也可以通过一些方式映射到 $\mathbb F_p$ 上，其中 $p$ 是质数。
记 $i = \sqrt{-1}$，虚数单位。

$n$ 次单位根，是 $x^n = 1$ 在复数域上的 $n$ 个解，第 $k\in [0, n)$ 个解可以写作

$$e^{2\pi k i / n} = \cos\left(\frac{2k}{n}\pi\right) + i\sin\left(\frac{2k}{n}\pi\right)$$

我们记第 $i$ 个 $n$ 次单位根为 $\omega_n^i$。$\omega_n^0 = 1$；任意单位根都是 $\omega_n^1$ 的倍数，它常省略右上角角标 $1$。

扔到 $\mathbb F_p$ 上的话就是 $x^n \equiv 1\pmod p$ 的 $n$ 个解，但有可能不成立，具体判断方法看下面的构造。
我们设 $p$ 的一个原根是 $g$，则我们有 $\omega_n = g^{(p - 1)/n}$。可以发现这样构造出来的 $\omega_n$ 是满足要求的。

单位根反演的公式如下：

$$[n|a] = \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega_n^{ak}$$

证明考虑分讨。
当 $a\not\equiv 0 \pmod n$ 时我们可以等比数列求和，得到右侧就是 $\dfrac{1}{n} \dfrac{\omega_n^{an} - 1}{\omega_n^a - 1} = \dfrac{1}{n} \dfrac{1 - 1}{\omega_n^a - 1} = 0$
当 $a\equiv 0 \pmod n$ 时发现等比数列公比为 $1$，能得到右侧就是 $\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega_n^{0} = 1$。

可以导出下式：

$$[a \equiv b\ (\text{mod } n)] = \frac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1}\omega_n^{(a - b)k}$$

例题：
LJJ 学二项式定理;
小猪佩奇学数学;
[集训队作业2018] 复读机;
[HNOI2019] 白兔之舞.

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参考资料：

炫酷反演魔术, command_block ;
Min-Max 容斥小记, command_block ;
多项式计数杂谈, command_block ;
浅谈斯特林数及斯特林反演, y2823774827y ;
单位根反演小记, command_block ;
容斥与反演, juju527 ;
容斥原理 - $\text{Min-Max}$ 容斥, oi-wiki, Peanut-Tang et al. .