浅谈各种反演
前言 （chě dàn）
反演好神奇啊
就像 膜 魔法一样
反演在OI界还是一个非常常用的一个东西，觉得还是写个总结好一点
前置知识
二项式定理 ： （证明可通过数学归纳法）
正文
定义
何为反演 ?
我是通俗理解为已知 A 求 B为正演， 那已知 B 求 A为反演
在OI中一般 A, B为函数，如f(x), g(x)之类的
引入
先通过一个例题引入
有 n 个人站成一排， 编号为1, 2, 3, …, n， 假设编号为i的不能站在第i个位置，求可行的方案数 (经典的错排问题)
首先作为一个初中生，当然可以想到容斥
为什么这个公式是成立的
考虑要算m(m >= 1)个人站对的情况， 算0 ~ m-1个人的时候会将当前m个人的方案多算这么多次
既然是负的，加回去就好了，于是容斥公式成立
另一个角度
设 f ( n ) 为 n 个 人 随 便 站 的 方 案 数 ， g ( n ) 为 n 个 人 错 排 的 方 案 数 ， 我 们 可 以 枚 举 有 几 个 人 站 错 ， 可 得 设f(n)为n个人随便站的方案数，g(n)为n个人错排的方案数，我们可以枚举有几个人站错，可得 设f(n)为n个人随便站的方案数，g(n)为n个人错排的方案数，我们可以枚举有几个人站错，可得
这个就是正演
但是我们好像只知道
f
(
n
)
f(n)
f(n)，于是我们需要反演求出
g
(
n
)
g(n)
g(n)
各种反演
开始前先看一些性质
上面设的那个东西
前面推容斥的时候有一步是要用
∑ k = 0 n ( − 1 ) k ( n k ) = ( 1 + ( − 1 ) ) n = 0 n \Large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = (1 + (-1))^n=0^n k=0∑n(−1)k⎝⎛nk⎠⎞=(1+(−1))n=0n
当n=0时值为1，否则为0
即
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
=
[
n
=
=
0
]
…
…
(
1
)
\Large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)
k=0∑n(−1)k⎝⎛nk⎠⎞=[n==0]……(1)
首先知道一个显然的东西
g
(
n
)
=
∑
m
=
0
n
[
n
−
m
=
=
0
]
(
n
m
)
g
(
m
)
\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n[n-m==0]\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)
g(n)=m=0∑n[n−m==0](nm)g(m)
前面提到的性质
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
=
[
n
=
=
0
]
…
…
(
1
)
\large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)
k=0∑n(−1)k(nk)=[n==0]……(1)
把它带进去
g
(
n
)
=
∑
m
=
0
n
∑
k
=
0
n
−
m
(
−
1
)
k
(
n
−
m
k
)
(
n
m
)
g
(
m
)
\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)
g(n)=m=0∑nk=0∑n−m(−1)k(n−mk)(nm)g(m)
注
意
到
(
n
−
m
k
)
(
n
m
)
的
意
思
时
从
大
小
为
n
的
集
合
中
先
取
m
个
，
再
从
剩
下
的
中
取
k
个
的
方
案
数
注意到\begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}的意思时从大小为n的集合中先取m个，再从剩下的中取k个的方案数
注意到(n−mk)(nm)的意思时从大小为n的集合中先取m个，再从剩下的中取k个的方案数
，
和
先
取
k
个
，
再
从
剩
下
的
当
中
取
m
个
的
方
案
数
相
同
(
n
−
k
m
)
(
n
k
)
，和先取k个，再从剩下的当中取m个的方案数相同\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}
，和先取k个，再从剩下的当中取m个的方案数相同(n−km)(nk)
g
(
n
)
=
∑
m
=
0
n
∑
k
=
0
n
−
m
(
−
1
)
k
(
n
−
m
k
)
(
n
m
)
g
(
m
)
\ \ \large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-m \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ m \end{pmatrix}g(m)
g(n)=m=0∑nk=0∑n−m(−1)k(n−mk)(nm)g(m)
=
g
(
n
)
=
∑
m
=
0
n
∑
k
=
0
n
−
m
(
−
1
)
k
(
n
−
k
m
)
(
n
k
)
g
(
m
)
\large g(n)=\sum\limits_{m=0}^n\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k \begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(m)
g(n)=m=0∑nk=0∑n−m(−1)k(n−km)(nk)g(m)
交换求和符号
g ( n ) = ∑ k = 0 n ( − 1 ) k ( n k ) ∑ m = 0 n − k ( n − k m ) g ( m ) \large g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}\sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m) g(n)=k=0∑n(−1)k(nk)m=0∑n−k(n−km)g(m)
然后我们发现一个很棒的东西
∑
m
=
0
n
−
k
(
n
−
k
m
)
g
(
m
)
=
f
(
n
−
k
)
\large \sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m) = f(n-k)
m=0∑n−k(n−km)g(m)=f(n−k)
所以
g
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
∑
m
=
0
n
−
k
(
n
−
k
m
)
g
(
m
)
\large g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}\sum\limits_{m=0}^{n-k}\begin{pmatrix} n-k \\ m \end{pmatrix}g(m)
g(n)=k=0∑n(−1)k(nk)m=0∑n−k(n−km)g(m)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
f
(
n
−
k
)
\large \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} f(n-k)
=k=0∑n(−1)k(nk)f(n−k)
换一下下标
因为
(
n
n
−
k
)
=
(
n
k
)
\begin{pmatrix} n \\ n- k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}
(nn−k)=(nk)
g
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
n
−
k
(
n
k
)
f
(
k
)
…
…
(
2
)
\large g(n) = \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} f(k) …… (2)
g(n)=k=0∑n(−1)n−k(nk)f(k)……(2)
二项式反演
先直接给出公式
已知
f
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
g
(
k
)
\Large f(n)= \sum\limits_{k=0}^n\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k)
f(n)=k=0∑n⎝⎛nk⎠⎞g(k)
可得
g
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
n
−
k
(
n
k
)
f
(
k
)
\Large g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k)
g(n)=k=0∑n(−1)n−k⎝⎛nk⎠⎞f(k)
一般写成
f ( n ) = ∑ k = 0 n ( n k ) g ( k ) ⇔ g ( n ) = ∑ k = 0 n ( − 1 ) n − k ( n k ) f ( k ) \Large f(n)= \sum\limits_{k=0}^n\begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k) ⇔ \Large g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{n-k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k) f(n)=k=0∑n⎝⎛nk⎠⎞g(k)⇔g(n)=k=0∑n(−1)n−k⎝⎛nk⎠⎞f(k)
发现和上面的2一样诶
那就不用证了 (笑)
还有另外一个公式
f
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
g
(
k
)
⇔
g
(
n
)
=
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
f
(
k
)
\Large f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}g(k)⇔g(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^{k} \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix}f(k)
f(n)=k=0∑n(−1)k⎝⎛nk⎠⎞g(k)⇔g(n)=k=0∑n(−1)k⎝⎛nk⎠⎞f(k)
这个东西看起来十分对称，非常好记
它的证明也很简单 根据容斥证明就好了
另外有一个更常用的公式
f ( n ) = ∑ k = n m ( k n ) g ( k ) ⇔ g ( n ) = ∑ k = n m ( − 1 ) k − n ( k n ) f ( k ) \Large f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k) ⇔ \Large g(n)=\sum\limits_{k=n}^m(-1)^{k-n} \begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}f(k) f(n)=k=n∑m⎝⎛kn⎠⎞g(k)⇔g(n)=k=n∑m(−1)k−n⎝⎛kn⎠⎞f(k)
证明
把右边的代入左边
f
(
n
)
=
∑
k
=
n
m
(
k
n
)
g
(
k
)
f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k)
f(n)=k=n∑m(kn)g(k)
=
∑
k
=
n
m
(
k
n
)
∑
j
=
k
m
(
j
k
)
(
−
1
)
j
−
k
f
(
j
)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix} \sum\limits_{j=k}^m\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}f(j)
=k=n∑m(kn)j=k∑m(jk)(−1)j−kf(j)
=
∑
j
=
n
m
f
(
j
)
∑
k
=
n
j
(
k
n
)
(
j
k
)
(
−
1
)
j
−
k
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}
=j=n∑mf(j)k=n∑j(kn)(jk)(−1)j−k
注
意
到
(
j
k
)
(
k
n
)
的
意
思
时
从
大
小
为
j
的
集
合
中
先
取
k
个
，
再
从
取
的
k
个
中
取
n
个
的
方
案
数
注意到\begin{pmatrix} j \\ k \end{pmatrix}\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}的意思时从大小为j的集合中先取k个，再从取的k个中取n个的方案数
注意到(jk)(kn)的意思时从大小为j的集合中先取k个，再从取的k个中取n个的方案数
，
和
先
取
n
个
，
再
从
剩
下
j
−
n
的
当
中
取
k
−
n
个
的
方
案
数
相
同
(
j
n
)
(
j
−
n
k
−
n
)
，和先取n个，再从剩下j-n的当中取k-n个的方案数相同\begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j-n \\ k-n \end{pmatrix}
，和先取n个，再从剩下j−n的当中取k−n个的方案数相同(jn)(j−nk−n)
因
为
(
j
−
n
k
−
n
)
=
(
j
−
n
j
−
n
−
(
k
−
n
)
)
=
(
j
−
n
j
−
k
)
因为\begin{pmatrix} j-n \\ k-n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} j-n \\ j - n -(k-n) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} j-n \\ j-k \end{pmatrix}
因为(j−nk−n)=(j−nj−n−(k−n))=(j−nj−k)
f
(
n
)
=
∑
j
=
n
m
f
(
j
)
∑
k
=
n
j
(
j
n
)
(
j
−
n
j
−
k
)
(
−
1
)
j
−
k
f(n)=\sum\limits_{j=n}^m f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} j-n \\ j-k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}
f(n)=j=n∑mf(j)k=n∑j(jn)(j−nj−k)(−1)j−k
=
∑
j
=
n
m
(
j
n
)
f
(
j
)
∑
k
=
n
j
(
j
−
n
j
−
k
)
(
−
1
)
j
−
k
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)\sum\limits_{k=n}^j\begin{pmatrix} j-n \\ j - k \end{pmatrix}(-1)^{j-k}
=j=n∑m(jn)f(j)k=n∑j(j−nj−k)(−1)j−k
设 t = j - k
=
∑
j
=
n
m
(
j
n
)
f
(
j
)
∑
t
=
0
j
−
n
(
j
−
n
t
)
(
−
1
)
t
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)\sum\limits_{t=0}^{j-n}\begin{pmatrix} j-n \\ t \end{pmatrix}(-1)^{t}
=j=n∑m(jn)f(j)t=0∑j−n(j−nt)(−1)t
看看右边那个东西，发现是不是有点眼熟
就是性质1
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
=
[
n
=
=
0
]
…
…
(
1
)
\large \sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)
k=0∑n(−1)k(nk)=[n==0]……(1)
f
(
n
)
=
∑
j
=
n
m
(
j
n
)
f
(
j
)
[
j
−
n
=
=
0
]
f(n)=\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)[j-n==0]
f(n)=j=n∑m(jn)f(j)[j−n==0]
即
f
(
n
)
=
∑
j
=
n
m
(
j
n
)
f
(
j
)
[
j
=
=
n
]
f(n)=\sum\limits_{j=n}^m \begin{pmatrix} j \\ n \end{pmatrix}f(j)[j==n]
f(n)=j=n∑m(jn)f(j)[j==n]
f
(
n
)
=
(
n
n
)
f
(
n
)
[
n
=
=
n
]
f(n)=\begin{pmatrix} n \\ n \end{pmatrix}f(n)[n==n]
f(n)=(nn)f(n)[n==n]
f
(
n
)
=
f
(
n
)
f(n)=f(n)
f(n)=f(n)
得证
一般的用法：
f(n)为先钦定n个，然后剩下随便搞的方案数（肯定会算重复） (不是简单的后缀和，而是先钦定n个的所有情况，然后剩下随便搞的和)
g(n)为恰好n个
显然
f
(
n
)
=
∑
k
=
n
m
(
k
n
)
g
(
k
)
\Large f(n)= \sum\limits_{k=n}^m\begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}g(k)
f(n)=k=n∑m⎝⎛kn⎠⎞g(k)
一般
f
(
n
)
f(n)
f(n)是很容易算的，那么
g
(
n
)
=
∑
k
=
n
m
(
−
1
)
k
−
n
(
k
n
)
f
(
k
)
\Large g(n)=\sum\limits_{k=n}^m(-1)^{k-n} \begin{pmatrix} k \\ n \end{pmatrix}f(k)
g(n)=k=n∑m(−1)k−n⎝⎛kn⎠⎞f(k)
莫比乌斯反演
f ( n ) = ∑ d ∣ n g ( d ) ⇔ g ( n ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) f ( n / d ) \Large f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)⇔g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu (d)f(n/d) f(n)=d∣n∑g(d)⇔g(n)=d∣n∑μ(d)f(n/d)
前置知识
首先要知道
μ
\mu
μ是个什么函数
若
d
=
1
,
μ
(
d
)
=
1
若d = 1, \mu(d) = 1
若d=1,μ(d)=1
若
d
=
p
1
∗
p
2
∗
p
3
∗
.
.
.
.
∗
p
k
,
其
中
p
为
质
数
且
互
不
相
同
,
那
么
μ
(
d
)
=
(
−
1
)
k
若d=p_1 * p_2 * p_3 * .... * p_k, 其中p为质数且互不相同,那么 \mu(d) = (-1)^k
若d=p1∗p2∗p3∗....∗pk,其中p为质数且互不相同,那么μ(d)=(−1)k
其
他
情
况
μ
(
d
)
=
0
其他情况 \mu(d) = 0
其他情况μ(d)=0
μ \mu μ 的一些性质
首先它是一个积性函数
就是若 a, b互质
则满足
μ
(
a
b
)
=
μ
(
a
)
μ
(
b
)
\large \mu(ab)=\mu(a)\mu(b)
μ(ab)=μ(a)μ(b)
证明很显然啊
然后就可以线性筛了
还有一个很重要的性质
∑
d
∣
n
μ
(
d
)
=
[
n
=
=
1
]
\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]
d∣n∑μ(d)=[n==1]
这个证明也很显然，先把n质因数分解，去掉重复的质因数
假设为
p
1
,
p
2
,
.
.
.
.
,
p
m
p_1,p_2, ...., p_m
p1,p2,....,pm
上面那条式子就等价于
∑
k
=
0
m
(
−
1
)
k
(
m
k
)
\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix}
k=0∑m(−1)k(mk)
这条式子是不是有点熟悉, 就是上面的性质1
∑
k
=
0
n
(
−
1
)
k
(
n
k
)
=
[
n
=
=
0
]
…
…
(
1
)
\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k \begin{pmatrix} n \\ k \end{pmatrix} = [n==0]…… (1)
k=0∑n(−1)k(nk)=[n==0]……(1)
所以
∑
k
=
0
m
(
−
1
)
k
(
m
k
)
=
[
m
=
=
0
]
\sum\limits_{k=0}^m(-1)^k\begin{pmatrix} m \\ k \end{pmatrix}=[m==0]
k=0∑m(−1)k(mk)=[m==0]
m
=
=
0
的
时
候
n
只
能
为
1
m==0的时候n只能为1
m==0的时候n只能为1
所以成立
证明
让我们回忆我们证明二项式反演的时候干了什么？
找了个n=0时才为1的东西，然后搞了个显然的东西，把前一个带入后面一个就搞出了反演
类似的我们可以搞一搞
∑
d
∣
n
μ
(
d
)
=
[
n
=
=
1
]
\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]
d∣n∑μ(d)=[n==1]
显然的
g
(
n
)
=
∑
m
∣
n
[
n
m
=
=
1
]
g
(
m
)
\large g(n)=\sum\limits_{m|n}[\frac{n}{m}==1]g(m)
g(n)=m∣n∑[mn==1]g(m)
把上面的代入下面
g
(
n
)
=
∑
m
∣
n
∑
d
∣
n
m
μ
(
d
)
g
(
m
)
g(n)=\sum\limits_{m|n}\sum\limits_{d|\frac{n}{m}}\mu(d) g(m)
g(n)=m∣n∑d∣mn∑μ(d)g(m)
注意到
d
∣
n
m
就
是
m
d
∣
n
和
m
∣
n
d
d|\frac{n}{m}就是md|n和m|\frac{n}{d}
d∣mn就是md∣n和m∣dn是等价的
所以
g
(
n
)
=
∑
m
∣
n
∑
m
∣
n
d
μ
(
d
)
g
(
m
)
g(n)=\sum\limits_{m|n}\sum\limits_{m|\frac{n}{d}}\mu(d) g(m)
g(n)=m∣n∑m∣dn∑μ(d)g(m)
同样交换求和符号
g
(
n
)
=
∑
d
∣
n
μ
(
d
)
∑
m
∣
n
d
g
(
m
)
g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d) \sum\limits_{m|\frac{n}{d}} g(m)
g(n)=d∣n∑μ(d)m∣dn∑g(m)
右边那个东西是不是有点熟悉
就是
f
(
n
)
=
∑
d
∣
n
g
(
d
)
f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)
f(n)=d∣n∑g(d)
所以
g
(
n
)
=
∑
d
∣
n
μ
(
d
)
f
(
n
/
d
)
g(n) =\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(n/d)
g(n)=d∣n∑μ(d)f(n/d)
证毕
另一种形式
f
(
n
)
=
∑
n
∣
d
g
(
d
)
⇔
g
(
n
)
=
∑
n
∣
d
μ
(
d
/
n
)
f
(
d
)
\Large f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)⇔g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu (d/n)f(d)
f(n)=n∣d∑g(d)⇔g(n)=n∣d∑μ(d/n)f(d)
类比二项式反演的证明
把右边的代入左边
f
(
n
)
=
∑
n
∣
d
g
(
d
)
f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)
f(n)=n∣d∑g(d)
=
∑
n
∣
d
∑
d
∣
m
μ
(
m
/
d
)
f
(
m
)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|d}\sum\limits_{d|m}\mu (m/d)f(m)
=n∣d∑d∣m∑μ(m/d)f(m)
=
∑
n
∣
m
∑
t
∣
m
n
m
/
n
μ
(
m
/
t
n
)
f
(
m
)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}\sum\limits_{t|\frac{m}{n}}^{m/n}\mu (m/tn)f(m)
=n∣m∑t∣nm∑m/nμ(m/tn)f(m)
设
m
/
n
=
T
m/n=T
m/n=T
f
(
n
)
=
∑
n
∣
m
∑
t
∣
m
n
T
μ
(
T
/
t
)
f
(
m
)
f(n) =\sum\limits_{n|m}\sum\limits_{t|\frac{m}{n}}^{T}\mu (T/t)f(m)
f(n)=n∣m∑t∣nm∑Tμ(T/t)f(m)
=
∑
n
∣
m
f
(
m
)
∑
t
∣
T
T
μ
(
T
/
t
)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (T/t)
=n∣m∑f(m)t∣T∑Tμ(T/t)
可以很容易发现
∑
t
∣
T
T
μ
(
T
/
t
)
=
∑
t
∣
T
T
μ
(
t
)
\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (T/t)=\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (t)
t∣T∑Tμ(T/t)=t∣T∑Tμ(t)
f
(
n
)
=
∑
n
∣
m
f
(
m
)
∑
t
∣
T
T
μ
(
t
)
f(n) =\sum\limits_{n|m}f(m)\sum\limits_{t|T}^{T}\mu (t)
f(n)=n∣m∑f(m)t∣T∑Tμ(t)
右边那个东西是不是又很熟悉
∑
d
∣
n
μ
(
d
)
=
[
n
=
=
1
]
\large \sum\limits_{d|n}\mu(d) =[n==1]
d∣n∑μ(d)=[n==1]
就是这个东西
所以
f
(
n
)
=
∑
n
∣
m
f
(
m
)
[
T
=
=
1
]
f(n) =\sum\limits_{n|m}f(m)[T==1]
f(n)=n∣m∑f(m)[T==1]
=
∑
n
∣
m
f
(
m
)
[
m
/
n
=
=
1
]
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)[m/n==1]
=n∣m∑f(m)[m/n==1]
=
∑
n
∣
m
f
(
m
)
[
m
=
=
n
]
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum\limits_{n|m}f(m)[m==n]
=n∣m∑f(m)[m==n]
=
f
(
n
)
\ \ \ \ \ \ \ \ \ =f(n)
=f(n)
证毕
一般用法
设g(n)为gcd(x, y) == n的对数
设f(n)为n | gcd(x,y)的对数 (1 <= x <= N, 1 <= y <= M)
显然满足
f
(
n
)
=
∑
n
∣
d
g
(
d
)
\large f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)
f(n)=n∣d∑g(d)
一般f(n)很容易算就是
f
(
n
)
=
⌊
N
n
⌋
×
⌊
M
n
⌋
\large f(n)= \lfloor\frac{N}{n}\rfloor \times\lfloor\frac{M}{n}\rfloor
f(n)=⌊nN⌋×⌊nM⌋
那么显然
g
(
n
)
=
∑
n
∣
d
μ
(
d
/
n
)
f
(
d
)
\large g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu (d/n)f(d)
g(n)=n∣d∑μ(d/n)f(d)
=
∑
n
∣
d
μ
(
d
/
n
)
⌊
N
d
⌋
×
⌊
M
d
⌋
\large \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum\limits_{n|d}\mu (d/n) \lfloor\frac{N}{d}\rfloor \times\lfloor\frac{M}{d}\rfloor
=n∣d∑μ(d/n)⌊dN⌋×⌊dM⌋
做题前还有一个东西必须要掌握 : 整除分块
有些题推出来的式子你会发现有整除，然而对于一个数除以一段连续的数得到的结果是相同的
举个例子
| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| ⌊ 10 / i ⌋ \lfloor 10/i\rfloor ⌊10/i⌋ | 10 | 5 | 3 | 2 | 2 | 1 | 1 |
那已知左端点，如何求右端点？
右端点
r
=
n
/
(
n
/
l
)
r=n/(n/l)
r=n/(n/l)
反正也不难记，先记着，后面有时间再证明(flag)
可见连续一段是相等的
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
r= n / (n / l);
计算l ~ r这段的结果
}
对于两个数 n , m n,m n,m的类比做一下就好了
for(int l = 1, r = 0; l <= n; l = r + 1) {
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
计算l ~ r这段的结果
}
两年前自己写的关于莫比乌斯反演的垃圾 : 莫比乌斯反演（懵逼钨丝繁衍）
里面有几道题
子集反演
就是裸的容斥
FWT
之前写过 浅谈FWT
子集卷积
同上，数组多开一维记一下集合大小就好了
