莫比乌斯反演
反演
我们再来看看容斥原理实质上发生了什么——根据定义我们有
而容斥原理（一般形式）表明
也就是说，容斥原理其实是由\((1)\)式解出了\((2)\)式，这种本来由一个函数表示另一个函数，现在要反过来由另一个函数来表示原来的函数的变换称为“反演”。
并且我们注意到，这两个式子都是线性的，它们都是关于集合的线性组合。所以我们可以用矩阵乘法来紧凑地表示它们之间的关系。只要我们这样来定义矩阵\(Z\)使得\(N_\geq = ZN_=\)：它的大小应当为\(2^n \times 2^n\)（其中\(n\)是“坏事件”的个数，因此\(2^n\)就表示所有可能的集合\(S\)的总数），元素应当是0或1，分别表示集合的包含关系：我们把所有子集按照一定的顺序排列，那么一个子集就可以一一对应\(1\)到\(2^n\)中的一个数，\(Z(i,j)=1\)当且仅当\(i\)对应的集合包含于\(j\)对应的集合，否则\(Z(i,j)=0\)。比如当坏事件总数为\(3\)时（分别记为\(A,B,C\)），就有：
正是由于“子集”的性质使得\(Z\)呈现为上三角矩阵，所以\(Z\)可逆，所以我们能够写出
这就是容斥原理的本质。并且根据容斥原理我们实际上已经求出了\(Z^{-1}\)：\(Z^{-1}(i,j)=(-1)^{k}\)，其中\(k\)为\(j\)对应的集合大小与\(i\)对应的集合大小的差值。\(Z^{-1}\)只会在\(-1,0,1\)间取值。
我们把\(Z\)称为zeta矩阵，\(Z^{-1}\)称为Mobius矩阵。
关联代数
我们知道，容斥原理讨论的“子集的包含关系”实际上是一种特殊的偏序集。因此我们想做推广，在一般的偏序集上实现“容斥原理”。
严格来看，我们只讨论过有限元素的偏序集。但为了方便讨论，我们想把有限偏序集推广到“局部有限的偏序集”，它可能是一个无穷元素的偏序集，但满足“如果任意给定\(x,y \in P\)，则满足\(x \leq z \leq y\)的\(z\)的个数是有限的”。
在无穷情形下，我们就无法再使用“矩阵”这个有限的概念。但我们有相似的概念：定义一个关联代数\(\mathscr{I}(P)\)是一系列\(P \times P \to \R\)的映射，那么对于\(\alpha\in \mathscr{I}(P),x,y \in P\)，定义\(\alpha(x,y) \neq 0 \Rightarrow x \leq y\)，这样\(\alpha(x,y)\)就对应着“矩阵”里的一个元素，\(\alpha\)就是一个无穷的矩阵。对于这个“矩阵”，我们同样可以定义加法和数乘法则，尤其是乘法法则：\((\alpha \beta)(x,y)=\sum\limits_{z}\alpha(x,z)\beta(z,y)\)。如果\(x>y\)或者\(x,y\)不可比较大小，则必须有\((\alpha \beta)(x,y)=0\)；而当\(x \leq y\)时，假如\(z\)与\(x,y\)不可比较大小或者\(x>z\)或\(z<y\)，那么这样的\(z\)产生的贡献一定为0，所以乘法法则的定义可以直接定义为\((\alpha \beta)(x,y)=\sum\limits_{x \leq z \leq y}\alpha(x,z)\beta(z,y)\)。
类似地定义“单位矩阵”\(\delta(x,y)=\mathbb{1}[x=y]\)，于是就可以定义“逆矩阵”\(\alpha^{-1}\)满足\(\alpha \alpha^{-1}=\delta\)。和线性代数中一样，我们可以证明左逆等于右逆，证明“逆”的唯一性——由于我们的“关联代数”是局部有限的，我们对每个取定的\(x,y\)进行证明时都只用到了有限的元素，因此其实本质上最终依然转化为了矩阵的问题，而这些都已经在线性代数中证明了。
莫比乌斯反演
我们在“关联代数”上仿照容斥原理定义zeta函数\(\zeta\)：\(\zeta(x,y)=\mathbb{1}[x \leq y]\)。定义莫比乌斯函数\(\mu=\zeta^{-1}\)。那么偏序集上的“容斥原理”其实就是，在给定函数\(P \to\R\)的两个\(f,g\)（可以看作列数为1的矩阵）满足\(f(x)=\sum\limits_{x \leq y}g(y)\)时，可以把它转化为\(f=\zeta g\)，那么就等价于\(\zeta^{-1}f=g\)，即\(g=\mu f\)。展开即为\(g(x)=\sum\limits_{y}\mu(x,y)f(y)\)。由于只有\(x \leq y\)时关联代数才不为0，因此可以进一步写为\(g(x)=\sum\limits_{x \leq y}\mu(x,y)f(y)\)。这就称为莫比乌斯反演！
关键是要找出\(\mu\)的表达式。因为\(\mu\zeta=\delta\)，因此\(\mu\zeta(x,x)=1\)\(=\sum\limits_{x \leq z\leq x}\mu(x,z)\zeta(x,z)\)\(=\mu(x,x)\zeta(x,x)=\mu(x,x)\)，所以\(\mu(x,x)=1\)。而对于\(x<y\)，\(\mu\zeta(x,y)=0\)\(=\sum\limits_{x \leq z \leq y}\mu(x,z)\zeta(z,y)=\sum\limits_{x \leq z \leq y}\mu(x,z)\)。所以得到\(\sum\limits_{x \leq z < y}\mu(x,z)+\mu(x,y)=0\)，因此\(\mu(x,y)=-\sum\limits_{x \leq z < y}\mu(x,z)\)。尽管这是递归定义，但我们也足够满意了。其余情况\(\mu\)都为\(0\)。这样我们就给出了莫比乌斯函数的表达式：
有的时候我们得到的关系不是\(f(x)=\sum\limits_{x \leq y}g(y)\)而是\(f(x)=\sum\limits_{x \geq y}g(y)\)，那么转化为\(\zeta\)函数就必须表示为\(f=\zeta^{\top}g\)，于是\(g=(\zeta^{\top})^{-1}f\)。因为\((\zeta^\top)^{-1}=(\zeta^{-1})^\top=\mu^\top\)，因此\(g=\mu^{\top} f\)，即\(g(x)=\sum\limits_{z}\mu^\top(x,y)f(y)=\sum\limits_{z}\mu(y,x)f(y)=\sum\limits_{y \leq x}\mu(y,x)f(y)\)。
偏序集的乘积
设\((P_1,\leq_1),(P_2,\leq_2)\)，那么定义偏序集的乘积\(P_1 \times P_2 = (P_1 \times P_2, \leq)\)（括号内的\(\times\)指的是笛卡尔积）。其中定义乘积偏序集中的元素\((x_1,y_1)\leq(x_2,y_2)\)当且仅当\((x_1 \leq_1 x_2) \and (y_1 \leq_2 y_2)\)。
可以证明：\(\mu((x_1,y_1),(x_2,y_2))=\mu_1(x_1,x_2) \cdot \mu_2(y_2,y_2)\)。如果\((x_1,y_1) \not\leq (x_2,y_2)\)，那么\(\mu=0\)，此时要么\(x_1 \not\leq_1 x_2\)要么\(y_1 \not\leq_2 y_2\)，因此要么\(\mu_1=0\)要么\(\mu_2 = 0\)，成立。其余情况直接依据定义代入，使用归纳法：\(\mu_1(x_1,x_2)\)\(=-\sum\limits_{x_1 \leq x<x_2}\mu_1(x_1,x)\)，\(\mu_2(y_1,y_2)\)\(=-\sum\limits_{y_1 \leq y<y_2}\mu_2(y_1,y)\)，而\(\mu((x_1,y_1),(x_2,y_2)) =-\sum\limits_{(x_1,y_1)\leq (x,y)<(x_2,y_2)}\mu((x_1,y_1),(x,y))\)。对\((x_1,y_1)\)到\((x_2,y_2)\)的链长归纳（定义为对应偏序集上\(x_1\)到\(x_2\)的链长与\(y_1\)到\(y_2\)的链长之和），那么运用归纳假设就得到上式中\(\mu((x_1,y_1),(x,y))=\mu_1(x_1,x)\cdot\mu_2(y_1,y)\)，因此\(\mu((x_1,y_1),(x_2,y_2)) =-\sum\limits_{(x_1,y_1)\leq (x,y)<(x_2,y_2)}\mu_1(x_1,x)\cdot\mu_2(y_1,y)\)\(=-\left[\left(\sum\limits_{x_1\leq x < x_2}\mu_1(x_1,x)\right)\left(\sum\limits_{y_1\leq y < y_2}\mu_2(y_1,y)\right)+\mu_1(x_1,x_2)\sum\limits_{y_1\leq y<y_2}\mu_2(y_1,y)+\mu_2(y_1,y_2)\sum\limits_{x_1\leq x<x_2}\mu_1(x_1,x)\right]\)\(=-\left[(-\mu_1(x_1,x_2)(-\mu_2(y_1,y_2))-\mu_1(x_1,x_2)\mu_2(y_1,y_2)-\mu_2(y_1,y_2)\mu_1(x_1,x_2)\right]\)\(=\mu_1(x_1,x_2)\cdot\mu_2(y_1,y_2)\)。
由此我们变得非常容易证明最开始的容斥原理：我们定义一个只有两个元素的偏序集\(P(\{0,1\},\leq)\)，其中\(0<1\)。我们对这个偏序集连着乘\(n\)次（这是有定义的，我们每次只乘2个偏序集），得到的偏序集记为\(P^n\)。于是在\(P^n\)中元素可以理解为一个01串，一个串小于等于另一个当且仅当后者为0的地方前者必须是0，后者为1的地方前者可以是0或1——它对应着一个\(2^{[n]}\)中集合的包含关系！那么根据莫比乌斯函数在偏序集乘法中的运算法则，对于两个二进制串（集合）\(x,y\)，就有\(\mu(x,y)=\mu_1(x_1,y_1)\cdots\mu_n(x_n,y_n)\)，而\(\mu_i(0,0)=1\)，\(\mu_i(0,1)=-\mu_i(0,0)=-1\)，因此\(\mu(x,y)=(-1)^k\)，其中\(k\)是\(x,y\)中不同的位数的个数，这恰好对应着我们曾经用二项式定理贡献证明的容斥原理\(N_=(S)=\sum\limits_{J:S \subseteq J \subseteq \mathscr{A}}(-1)^{|J|-|S|}N_\geq(J)\)中的系数\((-1)^{|J|-|S|}\)。
数论莫比乌斯函数
我们曾经看到过自然数上的“整除关系”也是一种偏序。所以我们对于特定的\(n\)可以定义一个偏序集\((D_n, \leq)\)，其中就是所有\(n\)的约数构成的集合，其中\(x \leq y\)当且仅当\(x|y\)。
假如\(n=p^\alpha\)，其中\(p\)是一个素数，那么\(D_n\)中的元素只有\(\{1,p,p^2,\cdots,p^\alpha\}\)。其中的任意两个都可以比较大小，因此这其实是一个全序集，它可以看作指数的序列\(\{0,1,2,\cdots,\alpha\}\)。在这个集合上的莫比乌斯函数\(\mu(x,y)\)满足\(\mu(x,x)=1\)，当\(x>y\)时\(\mu(x,y)=0\)，当\(x < y\)时\(\mu(x,y)=-\sum\limits_{x\leq z<y}\mu(x,z)\)。由于\(\mu(x,y+1)=-\sum\limits_{x \leq z < y+1}\mu(x,z)=-\sum\limits_{x \leq z < y}\mu(x,z)-\mu(x,y)=\mu(x,y)-\mu(x,y)=0\)，而\(\mu(x,x+1)=-\mu(x,x)=-1\)，因此有
于是对于任意的正整数\(n\)，它可以写成唯一的质因数分解的形式\(n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k}\)。它的所有可能的\(D_n\)就是每个\(p_i^{\alpha_i}\)中指数任意取值。这相当于每个\(p_i^{\alpha_i}\)对应的偏序集的笛卡尔积。所以整个偏序集就是这些小偏序集的乘积，要计算它的莫比乌斯函数也就只需要用小的莫比乌斯函数相乘。对于\(x<y\)，有\(\mu(x,y)=\mu_1(x_1,y_1)\cdots\mu_k(x_k,y_k)\)。根据\(p^\alpha\)中莫比乌斯函数的结果，我们需要考察\(y/x\)的质因数分解：\(y/x=p_1^{\beta_1}\cdots p_k^{\beta_k}\)。如果\(\beta_i>1\)，那么\(\mu_i(x_i,y_i)=0\)，直接得到\(\mu(x,y)=0\)。因此对于\(\mu(x,y) \neq 0\)的情况必然要求\(y/x\)只是某一些质数的乘积（指数都为1），当\(\beta_i=0\)时莫比乌斯函数贡献1（相当于没贡献），\(\beta=1\)贡献\(-1\)。综上，\(\mu(x,y)=(-1)^k\)，其中\(k\)为\(y/x\)质因数分解后不同质数的个数。即：
结果表明，\(\mu(x,y)\)只与\(y/x\)有关，它实际上是一个一元函数。所以，我们也常常用\(\mu(x)\)来简记\(\mu(1,x)\)，它们的值是相同的。
由此，我们就可以在研究整除性的领域尝试莫比乌斯反演（容斥原理）。
例如，数论中的欧拉函数\(\varphi(n)\)定义为\(1\)到\(n-1\)中与\(n\)互质的数的个数（规定\(\varphi(0)=1\)）。我们有一个重要的关系\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n\)。这个结论可以通过真分数的约分来直观地理解：当\(n\)取12时，所有的真分数\(\dfrac{1}{12},\cdots,\dfrac{11}{12}\)约分后写作：
\(\dfrac{1}{12},\dfrac{1}{6},\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{3},\dfrac{5}{12},\dfrac{1}{2},\dfrac{7}{12},\dfrac{2}{3},\dfrac{3}{4},\dfrac{5}{6},\dfrac{11}{12}\)
按分母归类：
\(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4};\dfrac{1}{6},\dfrac{5}{6};\dfrac{1}{12},\dfrac{5}{12},\dfrac{7}{12},\dfrac{11}{12}\)
由于真分数一定包括了所有与它互质的分子，而真分数的分母又取遍了所有\(n\)的约数（分子至少可以取1），所以这就是\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n\)这个关系的直接表达（还要加上\(\varphi(0)=1\)）。
那么，\(\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=n\)用整除偏序集的语言来表达就写成\(I(y)=\sum\limits_{x \leq y}\varphi(x)\)，其中函数\(I\)表示自身到自身的映射，\(I(x)=x\)。注意此时是我们刚才提到的不等号方向相反的情况，所以我们要写\(\varphi(x)=\sum\limits_{y \leq x}\mu(y,x)I(y)\)。化简：\(\varphi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d,n)d\)\(=\sum\limits_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})d\)
于是得到了欧拉函数的一个计算方法：
格（Lattice）
在树上我们有最近公共祖先的概念，在Hasse图上两个节点也有“公共祖先”，用偏序集来表示，\(x,y\)的公共祖先\(u\)满足\(x \leq u,y \leq u\)。只不过在偏序集里我们不称它为“祖先”而成为“上界”，这是序结构的看法。如果在所有\(u\)里满足\(u_0 \leq u\)恒成立的\(u_0\)就是最小上界，记为\(x \or y\)。同样的可以定义最大下界\(x \and y\)。
如果偏序集里的任意两个元素\(x,y\)存在唯一的最小上界和唯一的最小下界，就称这个偏序集为“格”（Lattice）。格是一种特殊的偏序集。我们来研究它的莫比乌斯函数有什么特殊的性质。
Weisner定理
对于一个格\(P\)，设\(\hat{0}\)是其中的最小元素，\(\hat{1}\)是它的最大元素。那么对于任意的元素\(a\)，我们找到所有满足\(x \or a = \hat{1}\)的元素\(x\)。Weisner定理指出，\(\sum\limits_{x \or a = \hat{1}}\mu(\hat{0},x)=0\)。我们这样来证明：枚举所有的\(x\)，而在后面乘上一个因子，使得这个因子只在\(x\or a=\hat{1}\)时取1，否则取0。这个因子就是\(\sum\limits_{y\geq(x \or a)}\mu(y,\hat{1})\)——如果\(x \or a=\hat{1}\)，那么\(y\)只能取\(\hat{1}\)，因此它就写成\(\mu(\hat{1},\hat{1})=1\)；如果\(x \or a \neq \hat{1}\)，即\(x \or a < \hat{1}\)，我们要说明这条链上的所有\(\mu(y,\hat{1})\)之和为0。这个事实其实和莫比乌斯函数定义中的\(\sum\limits_{x \leq z \leq y}\mu(x,z)=0\)是对称的，我们在定义莫比乌斯函数的时候是用“左逆”来求得，因此得到了所有与起点关联的函数值之和为0，如果我们用“右逆”再尝试一次就会发现所有与终点关联的函数值之和也是0了。于是这样就证明了恒等式\(\sum\limits_{x \or a = \hat{1}}\mu(\hat{0},x)=\sum\limits_{x}\left(\mu(\hat{0},x)\cdot \sum\limits_{y \geq (x \or a)}\mu(y,\hat{1})\right)\)，交换求和顺序可得\(\sum\limits_{y \geq a}\left(\mu(y,\hat{1})\sum\limits_{x \leq y}\mu(\hat{0},x)\right)\)。而\(\sum\limits_{x \leq y}\mu(\hat{0},x)=\sum\limits_{\hat{0} \leq x \leq y}\mu(\hat{0},x)\)，根据莫比乌斯函数的定义它就等于0。这样我们就证明了Weisner定理。
Weisner定理为我们提供一个方便地归纳求解莫比乌斯函数的方法。对这个定理移项可以得到\(\mu(\hat{0},\hat{1})=-\sum\limits_{x \or a=\hat{1},x \neq \hat{1}}\mu(\hat{0},x)\)，因此我们只要计算出底下的莫比乌斯函数就可以由此推出顶部的莫比乌斯函数。比如，整数的整除关系的偏序集是格，最小上界就是最小公倍数，最大下界就是最小公倍数，那么我们就可以用归纳法重新求解数论莫比乌斯函数的表达式：首先对于素数\(p\)，\(\mu(p)=-\mu(1)=-1\)。对于一般的\(n\)，质因数分解为\(n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k}\)。我们将Weisner定理中的\(a\)取为\(p_1\)，那么\(\sum\limits_{x \or a=\hat{1}}\mu(\hat{0},x)=0=\sum\limits_{lcm(x,p_1)=n}\mu(x)=0\)，即\(\mu(n)=-\sum\limits_{lcm(x,p_1) =n,x \neq n}\mu(x)\)。如果\(\alpha_1>1\)，那么\(x\)必须取\(n\)才能使\(lcm(x,p_1)=n\)，少了任何一个因子都不行，而\(x\)又不能等于\(n\)，所以直接得到\(\mu(n)=0\)；否则\(\alpha_1=1\)，此时\(x\)只能取\(n/p_1\)，少了别的任何一个因子都不行，因此\(\mu(n)=-\mu(n/p_1)\)。这样归纳下去，得到的结论和我们之前根据定义计算得到的数论莫比乌斯函数是一致的。
划分的莫比乌斯函数
考虑“划分”的偏序集：一种划分方案对应着偏序集里的一个元素，而如果划分\(\pi_1\)是\(\pi_2\)的加细（在原来的基础上分得更细），就定义\(\pi_1 \leq \pi_2\)。简单起见，我们以整数集合\([n]\)的划分为例。我们可以验证这个划分是一个格，合并就是上界，拆散就是下届。每个元素单独划分就是\(\hat{0}\)，所有元素打包就是\(\hat{1}\)。
求解\(\mu(\hat{0},\hat{1})\)
莫比乌斯函数是被偏序关系决定的（Hasse图），我们发现，对于划分我们其实只关心待划分的元素个数，而不在意元素是什么。要计算任意两个划分的莫比乌斯函数\(\mu(\pi_1,\pi_2)\)，其实都可以还原到最简单的情形\(\mu(\hat{0},\hat{1})\)——假如\(\pi_2\)中有多个集合，那么我们可以考虑每个集合内部的划分，这些划分都是\(\mu(x,\hat{1})\)的形式的，我们把这些莫比乌斯函数计算出来然后按照之前定义的“偏序集的乘法”把他们乘在一起就好了；而对于每个\(\mu(x,\hat{1})\)，我们的划分\(x\)其实是若干个集合，在我们的考虑内没有必要更细了，因此每个集合其实就是一个元素，所以其实它就等于\(\mu(\hat{0},[k])\)。（我们所说的“就是”，其实是通过构建一个同构的新偏序集，并且证明这两个偏序集上的莫比乌斯函数相等）
所以关键只要求出\(\mu(\hat{0},\hat{1})\)。下面我们证明，\(\mu(\hat{0},\hat{1})=(-1)^{n-1}(n-1)!\)。
归纳法。当\(n=1\)时等于1，满足；当\(n \geq 2\)时，运用Weisner定理，取\(a=\{\{1,2\},\{3\},\{4,\},\cdots,\{n\}\}\)，即在\(\hat{0}\)的基础上将\(1,2\)合并。那么\(\mu(\hat{0},\hat{1})=-\sum\limits_{\pi \or a =\hat{1},\pi \neq \hat{1}}\mu(\hat{0},\pi)\)。如果\(\pi\)将\(1,2\)分在了同一个集合，那么为了使它和\(a\)合并后形成\([n]\)，如果\(\pi \neq [n]\)就一定不可能，因此\(1,2\)不能属于同一个集合；除了含1和含2的集合以外，不能有第三个集合，不然也无法合并成一个集合。综上我们发现，\(\pi\)只能把元素分成两个集合\(S_1,S_2\)，其中\(1 \in S_1,2 \in S_2\)。那么\(\mu(\hat{0},\pi) = \mu(\hat{0},\{S_1\}) \cdot \mu(\hat{0},\{S_2\})\)，而由于我们是归纳法，这两个函数都已经得到了：\(\mu(\hat{0},\{S_1\}) = (-1)^{|S_1|-1}(|S_1|-1)!\)，\(\mu(\hat{0},\{S_2\}) = (-1)^{|S_2|-1}(|S_2|-1)!\)。枚举所有可能的\(\pi\)，这相当于对\(\{3,\cdots,n\}\)枚举子集\(T\)，得到\(\mu(\hat{0},\hat{1})\)\(=-\sum\limits_{T}\mu(\hat{0},\{1,T\})\mu(\hat{0},\{2,T^C\})=-\sum\limits_{k=0}^{n-2} \dbinom{n-2}{k}(-1)^{k}k!(-1)^{n-k-2}(n-k-2)!\)\(=\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{(n-2)!}{k!(n-2-k)!}(-1)^{n-1}k!(n-k-2)!=(n-1)(n-2)!(-1)^{n-2}=(-1)^{n-1}(n-1)!\)
完全图的连通生成子图计数
来看用到划分的莫比乌斯函数的一个例子。我们很熟悉图的生成树，相应的也有“生成图”的概念。一个连通生成子图是指在原图里挑出一些边，使得这些边使得所有点连通。生成树当然是一个连通生成子图。现在我们保证原图是完全图（任意两个点之间都有边），想统计所有可能的连通生成子图的个数。
要应用划分的莫比乌斯函数的话，我们可以把图的连通性看作一种“划分”，每个连通块在划分中都被划在了同一个集合，不同的连通块就是不同的集合。于是对于划分\(\pi\)，我们定义函数\(g(\pi)\)表示在划分\(\pi\)下（连通块情况）的生成子图的个数，再定义\(f(\pi) = \sum\limits_{\pi'\leq \pi}g(\pi')\)，表示所有在\(\pi\)的基础上加细的所有连通情况下生成子图的个数之和——这是容易计算的，只要不取连通块之间的边，每个内部的边都可以乱选，所以假如\(\pi\)写作\(\{S_1,\cdots,S_t\}\)，第\(i\)个集合内有\(|S_i|\)个点，因此完全图里有\(\dbinom{|S_i|}{2}=\dfrac{|S_i|(|S_i|-1)}{2}\)条边，因此\(f(\pi) = \prod\limits_{i=1}^{t}2^{\frac{|S_i|(|S_i|-1)}{2}}\)。
那么根据\(f(\pi) = \sum\limits_{\pi'\leq \pi}g(\pi')\)莫比乌斯反演（注意又是不等号反过来的那种情况），得到\(g(\pi)=\sum\limits_{\pi' \leq \pi}\mu(\pi',\pi)f(\pi')\)。而莫比乌斯函数的求法我们已经通过“划分”的“格”得到了。
快速Zeta变换
我们回到最初定义莫比乌斯函数的矩阵，我们把这个矩阵写作了zeta函数\(\zeta(x,y)=\mathbb{1}[x \leq y]\)。对于给定的\(f\)，计算\(\zeta f\)的复杂度就是暴力做矩阵乘法（矩阵乘向量）的复杂度，为\(O((2^n)^2)=O(4^n)\)。
而我们知道\(\zeta\)函数其实是在枚举子集，而我们所做的计算其实是在考虑每个子集的子集。子集可以用二进制来表示，那子集的子集就可以用三进制来表示，因此应当存在一个\(O(3^n)\)的做法。这也并不困难，这个问题的优化就在于利用\(\zeta\)的性质——上三角矩阵。因此对于大小为\(k\)的子集（某一行），我们只需要遍历\(2^k\)个元素。由此可得总的复杂度为\(O(\sum\limits_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}2^k)=O((1+2)^n)=O(3^n)\)。
还有更快的方法。我们对于矩阵\(\zeta\)的某一行（记作01向量\((x_1,\cdots,x_n)\)），我们是要寻找所有满足\(y_i \geq x_i\)的向量\(y\)的\(f(y)\)并求和。我们可以动态规划来尝试解决这个问题：定义\(dp(k,x_1,\cdots,x_k,x_{k+1},\cdots,x_n)\)表示对所有前\(k\)维\(\geq x_i\)而后\(n-k\)维\(=x_i\)的向量\(y\)对应的\(f(y)\)求和。那么对于每个\(k\)，如果\(x_k=1\)则\(dp(k,x_1,\cdots,x_n)=dp(k-1,x_1,\cdots,x_{n})\)；如果\(x_k=0\)，则在这基础上还要加上\(dp(k-1,x_1,\cdots,x_{k-1},1,x_{k+1},\cdots,x_n)\)这一项。初始时对于所有\(x\)，\(k=0\)时就是\(f(x)\)本身；而我们要的答案就是各个\(x\)在\(k=n\)时的dp值。我们看到状态转移的复杂度是\(O(1)\)的，状态数为\(O(n \cdot 2^n)\)，这就是时间复杂度了。这个方法就被成为“快速Zeta变换”。
快速莫比乌斯变换
快速Zeta变换完成的工作就是对所有二进制串\(x\)求出了\(\sum\limits_{x \leq y}f(y)\)，这里\(\zeta\)函数被隐含在了对遍历的限制条件\(x \leq y\)中。对应的，快速莫比乌斯变换就是要对所有\(x\)求出\(\sum\limits_{x \leq y}\mu(x,y)f(y)\)。
我们采用完全相同的动态规划方法：定义\(dp(k,x_1,\cdots,x_k,x_{k+1},\cdots,x_n)\)表示对所有前\(k\)维\(\geq x_i\)而后\(n-k\)维\(=x_i\)的向量\(y\)对应的\(\mu(x,y)f(y)\)求和。那么对于每个\(k\)，如果\(x_k=1\)则\(dp(k,x_1,\cdots,x_n)=dp(k-1,x_1,\cdots,x_{n})\)；如果\(x_k=0\)，则还要加上一项，但不能像Zeta变换一样加\(dp(k-1,x_1,\cdots,x_{k-1},1,x_{k+1},\cdots,x_n)\)这一项，因为在这里\(x\)变化了，而我们想要的\(\mu(x,y)\)中的\(x\)是原来的\(x\)。所以想要用这个状态，对于每个\(y\)都要必须除掉\(\mu((x_1,\cdots,x_{k-1},1,x_{k+1},\cdots,x_n),y)\)，乘上\(\mu((x_1,\cdots,x_n),y)\)。对于子集的偏序集，我们导出过\(\mu(x,y)=(-1)^k\)，其中\(k\)是\(x,y\)中不同位的个数。于是我们直接得到这两个莫比乌斯函数的比值为\(-1\)——也就是说此时的状态转移与Zeta变换相比，把“加上多出来的一项”改为“减去”就好了，其他与快速Zeta变换完全一致。初始化时对于所有\(x\)，\(k=0\)时也还是\(\mu(x,x)f(x)=f(x)\)本身。这称为“快速莫比乌斯变换”。
快速集合卷积
为了更好地看到“集合卷积”的意义，我们来看一个“q-着色”问题：用\(q\)种颜色给图着色，要求同一条边两端颜色必须不同，求方案数。
着色问题其实是要求我们把图分成\(q\)个独立集，每个独立集内的点染相同颜色，就得到了一个可行的方法。也就是我们要统计不同的独立集的选法的总数。如果定义一个“集合上的卷积”，就可以更清晰地描述“\(q\)个独立集”这件事——
集合卷积\((f * g)(Z)\)定义为\(\sum\limits_{X \subseteq Z} f(X)\cdot g(Z \setminus X)\)。于是对于图上的点集\(S\)，我们定义一个函数\(f(S)\)当且仅当\(S\)是独立集时返回1，否则返回0。所以一个“2-着色”的解就是\((f*f)(V)\)，即对于所有把点分成两部分的划分，当且仅当它们都分别是独立集时产生贡献1。相应的，\(q\)-着色问题的解就是\((S^q)(V)\)，做\(q\)次卷积。
因此问题是，如何快速地计算集合卷积？我们有一个奇妙的方法，这个方法和用快速傅里叶变换计算多项式卷积有着精神上的相似性。或者说，“快速集合卷积”和“多项式卷积”都是某个更根本的东西的投影。在快速多项式卷积中，最关键的是我们把要做卷积的函数“变换”成了另一个函数，在这种变化下卷积被转化为了简单的乘法，而再通过逆变换我们由得到了这个函数的原始形态。由于“变换”的复杂度优于“卷积”的复杂度，因此我们得到了更高效的算法。快速集合卷积也是相似的，在这里“快速傅里叶变换”被我们的“快速Zeta变换”，而它的逆变换就是“快速莫比乌斯变换”。下面我们来证明这一点：
在证明之前，我们需要对我们要证明的对象进行一些细节上的修正：第一点是，我们需要修改集合卷积的定义，去掉“两个集合没有交集”这一条限制，定义“覆盖卷积”\(*_c\)为\((f *_c g)(Z)=\sum\limits_{X \cup Y=Z}f(X)g(Y)\)。为了能够用覆盖卷积来表示集合卷积，我们修改函数\(f,g\)的定义，定义\(f_i(X)=\mathbb{1}[|X|=i] \cdot f(X)\)，也就是在原本函数上附加上一个限制大小的条件。这样我们就可以把原本的集合卷积写作\(\sum\limits_{X\cup Y=Z,X \cap Y=\empty} f(X)\cdot g(Y)\)写作\(\sum\limits\limits_{i=0}^{n}\left(\sum\limits_{X \cup Y=Z}f_i(X)g_{n-i}(Y)\right)=\sum\limits_{i=0}^{n}(f_i*_c g_{n-i})(Z)\)，也即\(f*g=\sum\limits_{i=0}^{n}(f_i *_c g_{n-i})\)。第二点是，要能够满足与傅里叶变换类似的性质，我们需要把\(\zeta\)函数\(\zeta(x,y)=\mathbb{1}[x \leq y]\)的定义修改为\(\zeta(x,y)=\mathbb{1}[x \geq y]\)。
这样我们就可以来证明“快速集合卷积”\(\zeta(f *_c g)(Z)=\zeta f(Z)\cdot \zeta g(Z)\)了。（其中\((Z)\)就代表当前考虑结果向量的某一行。）直接通过定义来验证即可：\(\zeta(f *_c g)(Z)=\sum\limits_{Y \subseteq Z}(f *_c g)(Y)\)，根据覆盖卷积的定义，\(=\sum\limits_{Y \subseteq Z}\sum\limits_{A \cup B=Y}f(A)g(B)\)，这等价于\(\sum\limits_{(A \cup B) \subseteq Z}f(A)f(B)\)，先枚举\(A\)，在固定\(A\)的前提下枚举\(B\)，则等价于\(\sum\limits_{A \subseteq Z}\left(f(A)\cdot \left(\sum\limits_{B \subseteq Z}g(B)\right)\right)\)，两者相互独立，因此直接写作\(\left(\sum\limits_{A \subseteq Z}f(A)\right)\left(\sum\limits_{B \subseteq Z}g(B)\right)\)，而这就是与\(\zeta\)函数相乘的定义，因此就是\(\zeta f(Z) \cdot \zeta g(Z)\)。
这样我们就得到了一个快速解决\(q\)-着色问题的算法：首先我们要预处理函数\(f(S)\)，\(S\)的取值有\(2^n\)个，对于每个取值我们只需要遍历每条边验证即可，并预处理限制了大小的函数\(f_i\)，因此总复杂度不超过\(O(2^n \cdot \text{poly}(n))\)。我们总共做\(O(q)\)次集合卷积，每次集合卷积需要\(O(n)\)转化为覆盖卷积，求解每个覆盖卷积需要进行两次快速Zeta变换，相乘后再用快速莫比乌斯变换转化为原来的函数。以上的每一个步骤都是不超过\(O(2^n \cdot \text{poly}(n))\)的，因此最终复杂度就是\(O(2^n \cdot \text{poly}(n))\)。
