容斥原理与各种奇怪反演学习笔记（哈斯图还没画）

容斥原理与各种奇怪反演学习笔记

闲话

发现我这部分学的不咋样，于是来补课。

本文中预计涉及到的内容有：经典容斥原理、莫比乌斯反演（广义和狭义）、子集反演、二项式反演。

容斥原理

引入

我们用一个很简单的数学题来引入对容斥原理的讨论。

在 $1\sim 20$ 中，有多少整数既不是 $3$ 的倍数，又不是 $5$ 的倍数？

你当然可以数一遍，但是如果不是 $20$，而是 ${10}^{1000}$，那就显然不行了。

小学奥数告诉我们：正难则反是一个很重要的思想。“既不是 $3$ 的倍数，又不是 $5$ 的倍数”不好统计，我们反过来统计“是 $3$ 的倍数，或是 $5$ 的倍数”。

不难发现 $3$ 的倍数共 $\left\lfloor\dfrac{20}{3}\right\rfloor=6$ 个，$5$ 的倍数共 $\left\lfloor\dfrac{20}{5}\right\rfloor=4$ 个，那是不是意味着“是 $3$ 的倍数，或是 $5$ 的倍数”的数有 $6+4=10$ 个呢？并不是，因为 $15$ 既是 $3$ 的倍数，也是 $5$ 的倍数，被算重了，实际上应该是 $\left\lfloor\dfrac{20}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{20}{5}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{20}{15}\right\rfloor=9$ 个。然后我们取补集，得到答案为 $11$。

看到这里你已经会了容斥原理，下面来形式化地写一下。

德摩根定律

我们记集合 $A$ 的补集为 $\overline{A}$，则有如下性质：

• $\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B}$。
• $\overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}$。
• $\overline{\bigcup A_i}=\bigcap\overline{A_i}$。
• $\overline{\bigcap A_i}=\bigcup\overline{A_i}$。

证明很简单，对前两条讨论一个元素是否在 $A$ 以及 $B$ 中，然后利用前两条推后两条即可。

容斥原理

设集合 $S$ 有 $m$ 条性质 $P_1\sim P_m$，记 $S$ 中有性质 $P_i$ 的元素为集合 $A_i$，则集合中至少具有一条性质的元素个数可用下式表达：

$$\left|\bigcup A_i\right|=\sum|A_i|-\sum|A_i\cap A_j|+\sum|A_i\cap A_j\cap A_k|-\cdots+{(-1)}^{m+1}\left|\bigcap A_i\right|$$

记 $A=\{A_i\mid 1\le i\le m\}$，则上式又可以写作：

$$\left|\bigcup A_i\right|=\sum\limits_{B\subseteq A}{(-1)}^{|B|+1}\left|\bigcap\limits_{b\in B} b\right|$$

证明：

对于 $x\in\bigcup A_i$，设 $x$ 出现在 $k$ 个不同的集合 $A_i$ 中，则 $x$ 在容斥原理中的系数为：

$$\begin{aligned} &\binom{k}{1}-\binom{k}{2}+\binom{k}{3}-\cdots+{(-1)}^{k+1}\binom{k}{k}\\ =&1-\binom{k}{0}+\binom{k}{1}-\binom{k}{2}+\binom{k}{3}-\cdots+{(-1)}^{k+1}\binom{k}{k}\\ =&1-\left(\binom{k}{0}-\binom{k}{1}+\binom{k}{2}-\binom{k}{3}+\cdots+{(-1)}^k\binom{k}{k}\right)\\ =&1-{(1-1)}^k\\ =&1 \end{aligned}$$

证毕。

单点求欧拉 $\varphi$ 函数

欧拉 $\varphi$ 函数的定义是 $\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]$。

设 $n=\prod {p_i}^{a_i}$，则由容斥原理有：

$$\begin{aligned} \varphi(n)&=n-\sum\left\lfloor\dfrac{n}{p_i}\right\rfloor+\sum\left\lfloor\dfrac{n}{p_ip_j}\right\rfloor-\sum\left\lfloor\dfrac{n}{p_ip_jp_k}\right\rfloor+\cdots\pm\left\lfloor\dfrac{n}{\prod p_i}\right\rfloor\\ &=n\prod\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right) \end{aligned}$$

这就是单点求欧拉函数的原理。

错排问题 $D_n$

记 $A_i$ 为 $i$ 仍在 $i$ 位置上的全排列集合，则 $|A_i|=(n-1)!$，$|A_i\cap B_i|=(n-2)!$，以此类推。

则答案 $D_n$ 可以写作：

$$\begin{aligned} D_n&=\left|\bigcap\overline{A_i}\right|\\ &=\left|\overline{\bigcup A_i}\right|\\ &=n!-\left|\bigcup A_i\right|\\ &=n!-\sum\limits_{i=1}^n{(-1)}^{i+1}\binom{n}{i}(n-i)!\\ &=n!\left(1+\sum\limits_{i=1}^n{(-1)}^i\dfrac{1}{i!}\right)\\ &=n!\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{{(-1)}^i}{i!} \end{aligned}$$

一些简单题

• The Lottery
• NGM2 - Another Game With Numbers

NGM2 的 AC 代码：

// Problem: SP6285 NGM2 - Another Game With Numbers
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/SP6285
// Memory Limit: 1500 MB
// Time Limit: 247 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 20;

ll n, k, a[N], ans;
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	rep(i, 0, k-1) scanf("%lld", &a[i]);
	rep(sta, 0, (1LL<<k)-1) {
		ll now = 1;
		rep(i, 0, k-1) {
			if((sta >> i) & 1) {
				now /= __gcd(now, a[i]);
				now *= a[i];
				if(now > n) break;
			}
		}
		ll mult = (__builtin_popcountll(sta) & 1) ? -1 : 1;
		ans += mult * (n / now);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

容斥系数为狭义莫比乌斯 $\mu$ 函数的题

• SQFREE - Square-free integers
• 完全平方数

其实也就是容斥原理的应用，只不过系数比较有特点。

以 SQFREE 为例，尝试枚举因子 $i$ 使得 $i^2\mid n$，手玩一下发现容斥系数与 $i$ 的质因子个数有关，就是狭义莫比乌斯 $\mu$ 函数，于是线性筛 $\mu$ 函数然后整除分块求解即可。

整除分块部分按 $n^{\frac{1}{3}}$ 分两段分析可知复杂度为 $\mathcal{O}\left(\sqrt{n}+T\cdot n^{\frac{1}{3}}\right)$。

放一下以前写的 AC 代码：

//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e7+5;

ll T, n, tab[N], p[N], tot, mu[N], s[N];
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}
void sieve(ll lim) {
	mu[1] = 1;
	rep(i, 2, lim) {
		if(!tab[i]) {
			p[++tot] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(ll j=1;j<=tot&&i*p[j]<=lim;j++) {
			tab[i*p[j]] = 1;
			if(i % p[j]) mu[i*p[j]] = -mu[i];
			else break;
		}
	}
	rep(i, 1, lim) s[i] = s[i-1] + mu[i];
}

int main() {
	sieve(10000000);
	for(scanf("%lld", &T);T;T--) {
		scanf("%lld", &n);
		ll ans = 0, lim = sqrt(n);
		for(ll L=1,R=0;L<=lim;L=R+1) {
			R = min((ll)sqrt(n/(n/(L*L))), lim);
			ans += (s[R] - s[L-1]) * (n / (L * L));
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

广义莫比乌斯反演

提示

【提示】这部分比较抽象，如果你的目标仅仅是做狭义莫比乌斯反演（也就是算法竞赛中常说的莫比乌斯反演）、子集反演、二项式反演的题目，或者这部分实在看不懂的话，可以选择跳过广义莫比乌斯反演部分，直接去背后面部分的公式。但是为了逻辑的完整性，我在这里写了广义莫比乌斯反演的内容。

前置知识：集合的笛卡尔积（直积）

$X,Y$ 是集合，则 $X\times Y=\{(x,y):x\in X,y\in Y\}$。

例如 $X=\{1,2\}$，则 $X\times X=\{(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)\}$。

前置知识：关系

$X$ 是集合，则关系 $R\subseteq X\times X$。

对于 $(a,b)\in X\times X$，若 $(a,b)\in R$，记作 $aRb$；否则记作 $a\not Rb$。

关系可能有的性质：

• 自反性：$\forall x\in X,xRx$。
• 反自反性：$\forall x\in X,x\not Rx$。
• 对称性：$\forall x,y\in X,xRy\implies yRx$。
• 反对称性：$\forall x,y\in X,xRy\implies y\not Rx$。
• 传递性：$\forall x,y,z\in X,xRy\land yRz\implies xRz$。

前置知识：偏序、偏序集

偏序满足自反性、反对称性、传递性，例如 $\subseteq,\leqslant,\mid$（记作 $\preccurlyeq$）。

集合 $X$ 连通在它上面定义的偏序 $\preccurlyeq$ 为偏序集，记作 $(X,\preccurlyeq)$。

严格偏序满足反自反性、反对称性、传递性，例如 $\subsetneqq,<$（记作 $\prec$）。

对于任意 $x,y\in X$，如果满足 $xRy$ 或 $yRx$，则称 $x$ 和 $y$ 可比，否则不可比。

全序满足 $X$ 的每一对元素在 $R$ 的关系下都可比，例如 $\leqslant$。

前置知识：覆盖、哈斯（Hasse）图

设 $a,b\in X$，如果 $a\prec b$ 且不存在 $c\in X$ 使得 $a\prec c\prec b$，称 $a$ 被 $b$ 覆盖（或 $b$ 覆盖 $a$），记作 $a\prec_cb$。

如果 $X$ 有限，则偏序 $\preccurlyeq$ 由覆盖关系唯一确定。

设 $(X,\preccurlyeq)$ 是偏序集，则哈斯（Hasse）图按如下方法生成：

• 如果 $a,b\in X$ 满足 $a\preccurlyeq b$，将 $a$ 画在 $b$ 下面；如果 $a$ 被 $b$ 覆盖，则在 $a$ 和 $b$ 之间连一条边。

例如偏序集 $(\{\{1,2,3\},\{1,2\},\{1,3\},\{2,3\},\{1\},\{2\},\{3\},\varnothing\},\subseteq)$ 的哈斯（Hasse）图如下：

【还没画】

卷积

考虑有限偏序集 $(X,\preccurlyeq)$ 上的二变量函数，设 $\mathcal F(X)$ 为只要 $x\npreceq y$，就有 $f(x,y)=0$ 的所有实值函数的集合，即 $X\times X\to\R$。

对于 $f,g\in\mathcal F$，卷积 $h=f*g$ 为

$$h(x,y)= \begin{cases} \sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\preccurlyeq y\}}f(x,z)g(z,y),&x\preccurlyeq y\\ 0,&\textrm{otherwise} \end{cases}$$

易证卷积有结合律 $f*(g*h)=(f*g)*h$（可以展开后通过交换求和顺序证明）。

特殊函数一：克罗内克 $\delta$ 函数

$$\delta(x,y)= \begin{cases} 1,&x=y\\ 0,&x\ne y \end{cases}$$

即：

$$\delta(x,y)=[x=y]$$

特殊函数二：$\zeta$ 函数

$$\zeta(x,y)= \begin{cases} 1,&x\preccurlyeq y\\ 0,&x\npreceq y \end{cases}$$

即：

$$\zeta(x,y)=[x\preccurlyeq y]$$

逆函数

定义函数 $f$ 的左逆 $g$ 满足 $g*f=\delta$。

则由卷积定义可知：

$$\begin{aligned} \delta(x,x)&=\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\preccurlyeq x\}}g(x,z)f(z,x)\\ &=g(x,x)f(x,x) \end{aligned}$$

而 $\delta(x,x)=[x=x]=1$，因此：

$$g(x,x)=\frac{1}{f(x,x)}$$

下面考虑 $x\prec y$，由卷积定义可知：

$$\delta(x,y)=\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\preccurlyeq y\}}g(x,z)f(z,y)$$

把 $g(x,y)f(y,y)$ 项移到等号左边：

$$\delta(x,y)-g(x,y)f(y,y)=\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\prec y\}}g(x,z)f(z,y)$$

由于 $x\prec y$，所以 $\delta(x,y)=[x=y]=0$，因此：

$$-g(x,y)f(y,y)=\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\prec y\}}g(x,z)f(z,y)$$

恒等变形得：

$$g(x,y)=-\frac{1}{f(y,y)}\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\prec y\}}g(x,z)f(z,y)$$

综上，$f$ 的左逆 $g$ 可表示为：

$$g(x,y)= \begin{cases} \frac{1}{f(x,y)},&x=y\\ -\frac{1}{f(y,y)}\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\prec y\}}g(x,z)f(z,y),&x\prec y\\ 0,&\textrm{otherwise} \end{cases}$$

同理我们定义 $f$ 的右逆 $h$ 满足 $f*h=\delta$，显然 $g=h$（$g=g*(f*h)=(g*f)*h=h$），即左逆等于右逆。

特殊函数三：$\mu$ 函数

$\zeta$ 的逆函数为 $\mu$。

考虑 $x\preccurlyeq y$，由逆函数定义：

$$\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\preccurlyeq y\}}\mu(x,z)\zeta(z,y)=\delta(x,y)$$

或等价地，有：

$$\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\preccurlyeq y\}}\mu(x,z)=\delta(x,y)$$

因此：

$$\mu(x,y)= \begin{cases} 1,&x=y\\ -\sum\limits_{\{z:x\preccurlyeq z\prec y\}}\mu(x,z),&x\prec y\\ 0,&\textrm{otherwise} \end{cases}$$

广义莫比乌斯反演公式

设 $(X,\preccurlyeq)$ 是偏序集且有最小元素 $0$，$\mu$ 是它的莫比乌斯函数，$F,G:X\to\R$ 是 $X$ 上的实值函数，则：

$$G(x)=\sum\limits_{\{z:z\preccurlyeq x\}}F(z)\iff F(x)=\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}G(y)\mu(y,x)$$

证明如下：

设 $A=\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}G(y)\mu(y,x)$。

等量代换得：

$$A=\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}\sum\limits_{\{z:z\preccurlyeq y\}}F(z)\mu(y,x)$$

改变 $z$ 枚举范围：

$$A=\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}\sum\limits_{\{z:z\in X\}}\zeta(z,y)\mu(y,x)F(z)$$

交换求和顺序：

$$A=\sum\limits_{\{z:z\in X\}}\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}\zeta(z,y)\mu(y,x)F(z)$$

因为 $\zeta(z,y)=[z\preccurlyeq y]$，所以可以改变 $y$ 枚举范围：

$$A=\sum\limits_{\{z:z\in X\}}\sum\limits_{\{y:z\preccurlyeq y\preccurlyeq x\}}\zeta(z,y)\mu(y,x)F(z)$$

因为 $\zeta*\mu=\delta$，等量代换可得：

$$A=\sum\limits_{\{z:z\in X\}}\delta(z,x)F(z)$$

因为 $\delta(z,x)=[z=x]$，所以得到：

$$A=F(x)$$

即：

$$F(x)=\sum\limits_{\{y:y\preccurlyeq x\}}G(y)\mu(y,x)$$

另一侧同理。

例子：线性有序集的莫比乌斯函数

设 $X=\{1,2\cdots,n\}$，有偏序集 $(X,\leqslant)$。

则有：

$$\mu(x,x)=1$$

考虑 $x < y$，有：

$$\sum\limits_{\{z:x\leqslant z\leqslant y\}}\mu(x,y)=\delta(x,y)$$

而 $\delta(x,y)=[x=y]=0$：

$$\sum\limits_{\{z:x\leqslant z\leqslant y\}}\mu(x,y)=0$$

令 $y=x+1$，得：

$$\mu(x,x)+\mu(x,x+1)=0$$

又因为 $\mu(x,x)=1$，所以：

$$\mu(x,x+1)=-1$$

令 $y=x+2$，同理得：

$$\mu(x,x)+\mu(x,x+1)+\mu(x,x+2)=0$$

等量代换得：

$$\mu(x,x+2)=0$$

同理，当 $y\geqslant 2$ 时 $\mu(x,y)=0$。

综上：

$$\mu(x,y)= \begin{cases} 1,&y=x\\ -1,&y=x+1\\ 0,&\textrm{otherwise} \end{cases}$$

有反演公式：

$$G(x)=\sum\limits_{z:z\leqslant x}F(x)\iff F(x)= \begin{cases} G(x)-G(x-1),&x\geqslant 2\\ G(0),&x=1 \end{cases}$$

也就是前缀和与差分。

广义莫比乌斯反演推论：狭义莫比乌斯反演

提示

【提示】这部分比较抽象，如果你的目标仅仅是做狭义莫比乌斯反演（也就是算法竞赛中常说的莫比乌斯反演）的题目，或者这部分实在看不懂的话，可以选择跳过推导部分，直接去背后面的性质和公式。但是为了逻辑的完整性，我在这里写了狭义莫比乌斯反演的推导过程。

前置知识：偏序集的笛卡尔积（直积）

设偏序集 $(X,\preccurlyeq_1)$ 和 $(Y,\preccurlyeq_2)$，则集合 $X\times Y$ 上定义偏序关系 $\preccurlyeq$：

$$(x,y)\preccurlyeq(x^\prime,y^\prime)\iff x\preccurlyeq_1x^\prime\land y\preccurlyeq_2y^\prime$$

易证 $(X\times Y,\preccurlyeq)$ 是偏序集。

推导过程

我们沿用上面的记号，同时记 $\mu_1,\mu_2,\mu$ 为 $X,Y,X\times Y$ 的广义莫比乌斯 $\mu$ 函数。

可以证明 $\mu((x,y),(x^\prime,y^\prime))=\mu_1(x,x^\prime)\mu_2(y,y^\prime)$（其中 $(x,y),(x^\prime,y^\prime)\in X\times Y$），具体证明过程如下：

如果 $x\nprec x^\prime$ 或 $y\nprec y^\prime$，显然成立。

如果 $x\prec x^\prime,y\prec y^\prime$，假设 $\forall(u,v):(x,y)\preccurlyeq(u,v)\prec(x^\prime,y^\prime)$ 都有 $\mu((x,y),(u,v))=\mu_1(x,u)\mu_2(y,v)$，则有：

$$\begin{aligned} \mu((x,y),(x^\prime,y^\prime))&=-\sum\limits_{(x,y)\preccurlyeq(u,v)\prec(x^\prime,y^\prime)}\mu((x,y),(u,v))\\ &=-\sum\limits_{(x,y)\preccurlyeq(u,v)\prec(x^\prime,y^\prime)}\mu_1(x,u)\mu_2(y,v)\\ &=-\sum\limits_{(x,y)\preccurlyeq(u,v)\preccurlyeq(x^\prime,y^\prime)}\mu_1(x,u)\mu_2(y,v)+\mu_1(x,x^\prime)\mu_2(y,y^\prime)\\ &=-\sum\limits_{x\preccurlyeq u\preccurlyeq x^\prime}\mu_1(x,u)\sum\limits_{y\preccurlyeq v\preccurlyeq y^\prime}\mu_2(y,v)+\mu_1(x,x^\prime)\mu_2(y,y^\prime)\\ &=0+\mu_1(x,x^\prime)\mu_2(y,y^\prime)\\ &=\mu_1(x,x^\prime)\mu_2(y,y^\prime) \end{aligned}$$

证毕。

设 $X_n=\{x:x\in[1,n]\cap\Z\}$，考虑偏序集 $D_n=(X_n,\mid)$ 上的广义莫比乌斯 $\mu$ 函数，可以证明，当 $a\mid b$ 时有 $\mu(a,b)=\mu\left(1,\dfrac{a}{b}\right)$，具体证明过程如下：

如果 $a=b$，显然成立。

如果 $a < b$，假设 $\forall z:a\mid z,z < b$ 都有 $\mu(a,z)=\mu\left(1,\dfrac{a}{z}\right)$，记 $z=ka$，则有：

$$\begin{aligned} \mu(a,b)&=-\sum\limits_{a\mid z,z\mid b,z\ne b}\mu(a,z)\\ &=-\sum\limits_{a\mid z,z\mid b,z\ne b}\mu\left(1,\dfrac{a}{z}\right)\\ &=-\sum\limits_{ka\mid b,ka\ne b}\mu(1,k)\\ &=-\sum\limits_{k\mid\frac{b}{a},k\ne\frac{b}{a}}\mu(1,k)\\ &=\mu\left(1,\dfrac{a}{b}\right) \end{aligned}$$

证毕。

现在只需考虑 $a=1$ 的情况。

设 $n=\prod {p_i}^{a_i}$，把 $n$ 视为 $(X_n^i=\{p_i^k:k\in[0,a_i]\cap\Z\},\mid)$ 的笛卡尔积中的元素 $(p_1^{a_1},p_2^{a_2},\cdots,p_k^{a_k})$。

$X_n^i$ 为线性有序集，我们已经推导过其广义莫比乌斯函数为：

$$\mu(1,p_i^{a_i})= \begin{cases} 1,&a_i=0\\ -1,&a_i=1\\ 0,&a_i\geqslant 2 \end{cases}$$

因此：

$$\mu(1,n)=\prod\mu(1,p_i^{a_i})= \begin{cases} 1,&n=1\\ {(-1)}^k,&\forall i,a_i=1\\ 0,&\exists i,a_i\geqslant 2 \end{cases}$$

记 $\mu(1,n)$ 为 $\mu(n)$，就得到了狭义莫比乌斯函数。

狭义莫比乌斯反演公式

设 $F,G$ 为 $\N^+$ 上的实值函数，则有：

$$G(n)=\sum\limits_{k\mid n}F(k)\iff F(n)=\sum\limits_{k\mid n}\mu\left(\dfrac{n}{k}\right)G(k)$$

狭义莫比乌斯函数性质和狄利克雷卷积

• $\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$。
• 若 $\gcd(p,q)=1$，则 $\mu(pq)=\mu(p)\mu(q)$（积性函数）。
• $n=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)$。

设数论函数 $f,g$，则它们的狄利克雷卷积为：

$$(f*g)(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)g\left(\dfrac{n}{d}\right)=\sum\limits_{d\mid n}f\left(\dfrac{n}{d}\right)g(d)$$

设 $\epsilon(n)=[n=1]$，$I(n)=1$，$id(n)=n$，则狄利克雷卷积有如下性质：

• 满足交换律、结合律、分配律。
• 积性函数的狄利克雷卷积是积性函数。
• $\mu*I=\epsilon$。
• $\varphi*I=id$。
• $\mu*id=\varphi$。

狭义莫比乌斯反演应用

在算法竞赛中，狭义莫比乌斯反演常用于将 $\epsilon(n)$ 即艾弗森约定，转化为 $\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)$，然后调换合适的求和顺序以加速求解。另一个常见用途是狭义莫比乌斯 $\mu$ 函数作为容斥系数出现，在前文容斥原理处已经提到。

相关题目见 莫比乌斯反演（函数）练习题单。

杜教筛是狄利克雷卷积的一个常见用途，但不是本文要讨论的内容，可能会写一个筛法的学习笔记并放到里面。

广义莫比乌斯反演推论：子集反演

提示

【提示】这部分比较抽象，如果你的目标仅仅是做子集反演的题目，或者这部分实在看不懂的话，可以选择跳过推导部分，直接去背后面的性质和公式。但是为了逻辑的完整性，我在这里写了子集反演的推导过程。

推导过程

接着设 $X_n=\{x:x\in[1,n]\cap\Z\}$，记 $\mathcal P(X_n)=\{x:x\subseteq X_n\}$。

设 $A,B\in\mathcal P(X_n)$ 且 $A\subseteq B$，则 $\mu(A,B)={(-1)}^{|B|-|A|}$，证明如下：

如果 $A=B$，显然成立。

如果 $A\subsetneqq B$，假设 $\forall C:A\subseteq C\subsetneqq B$ 都有 $\mu(A,C)={(-1)}^{|C|-|A|}$，设 $p=|B\setminus A|=|B|-|A|$，则有：

$$\begin{aligned} \mu(A,B)&=-\sum\limits_{C:A\subseteq C\subsetneqq B}\mu(A,C)\\ &=-\sum\limits_{C:A\subseteq C\subsetneqq B}{(-1)}^{|C|-|A|}\\ &=-\sum\limits_{k=0}^{p-1}{(-1)}^k\binom{p}{k}\\ &={(-1)}^p\binom{p}{p}-\sum\limits_{k=0}^p{(-1)}^k\binom{p}{k}\\ &={(-1)}^p-{(1-1)}^p\\ &={(-1)}^{|B|-|A|} \end{aligned}$$

证毕。

子集反演公式

设 $F,G:\mathcal P(X_n)\to\R$，有反演公式：

$$G(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}F(L)\iff F(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}{(-1)}^{|K|-|L|}G(L)$$

子集反演推论：容斥原理

最开始提到的容斥原理是可以用子集反演来推的。

设 $A_i(i\in X_n)$是有限集 $S$ 的子集，对 $K\subseteq X_n$，定义 $F(K)$ 为 $S$ 中恰好在所有 $A_i(i\notin K)$ 中的元素个数。特别地，$F(X_n)=\left|\bigcap\overline{A_i}\right|$。

记 $G(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}F(L)$，即 $S$ 中属于所有 $A_i(i\notin K)$ 中的元素个数。特别地，$G(X_n)=|S|$。

因此：

$$G(K)= \begin{cases} |S|,&K=X_n\\ \left|\bigcap\limits_{i\notin K} A_i\right|,&K\ne X_n \end{cases}$$

由子集反演公式：

$$G(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}F(L)\iff F(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}{(-1)}^{|K|-|L|}G(L)$$

令 $K=X_n$，则有：

$$F(X_n)=\sum\limits_{L\subseteq X_n}{(-1)}^{n-|L|}G(L)$$

也就是容斥原理。

子集反演推论：二项式反演

在子集反演公式中：

$$G(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}F(L)\iff F(K)=\sum\limits_{L\subseteq K}{(-1)}^{|K|-|L|}G(L)$$

设 $F(K)=f(|K|),G(K)=g(|K|),n=|K|$，即 $F(K),G(K)$ 仅与 $|K|$ 有关，即得到：

$$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n\binom{n}{i}f(i)\iff f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{n-i}\binom{n}{i}g(i)$$

上式进行变形可以得到二项式反演的另一种形式：

$$g(n)=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{i}\binom{n}{i}f(i)\iff f(n)=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{i}\binom{n}{i}g(i)$$

子集反演、二项式反演应用

这个我还得学学，先咕着。