各类反演杂题题解（待补充

yxy之前有不喜欢打逗号的习惯，giao哪儿养的怪习惯啊233（轻喷

CF997C Sky Full of Stars

$f(i,j)$ 表示有 $i$ 行 $j$ 列颜色相同 剩下的随便涂 的方案（有重复方案

$g(i,j)$ 表示刚好有 $i$ 行 $j$ 列颜色相同的方案数 （无重复

$$f(i,j)=\sum _{x=i}^n\sum _{y=j}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j}\right)g(x,y)$$

二项式反演

$$g(i,j)=\sum _{x=i}^n\sum _{y=j}^n{(-1)}^{x+y-i-j}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{j}\right)f(x,y)$$

那么答案就是

$$ans=3^{n^2}-g(0,0)$$

考虑求 $f(i,j)$

当 $i=0,j=0$ 时 $f(i,j)=3^{n^2}$

当 $ij=0$ 时 $f(i,j)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}\right)3^{n(n-i-j)+i+j}$

当 $ij\ne 0$ 时 $f(i,j)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}\right)3^{(n-i)(n-j)+1}$

直接求 $g(0,0)$ 的话会超时 所以推柿子简化一下
g ( 0 , 0 ) = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 n ( − 1 ) i + j f ( i , j ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j f ( i , j ) + 2 × ∑ i = 1 n ( − 1 ) i f ( i , 0 ) + f ( 0 , 0 ) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j f ( i , j ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j ( n i ) ( n j ) 3 ( n − i ) ( n − j ) + 1 = 3 n 2 + 1 ∑ i = 1 n ( − 1 ) i ( n i ) 3 − i n ∑ j = 1 n ( − 1 ) j ( n j ) 3 − j n + i j = 3 n 2 + 1 ∑ i = 1 n ( − 1 ) i ( n i ) 3 − i n ∑ j = 1 n ( n j ) ( − 3 i − n ) j = 3 n 2 + 1 ∑ i = 1 n ( − 1 ) i ( n i ) 3 − i n ( ( 1 − 3 i − n ) n − 1 ) $$\begin{array}{rl}g(0,0)& =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^n{(-1)}^{i+j}f(i,j)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{(-1)}^{i+j}f(i,j)+2\times \sum _{i=1}^n(-1{)}^{i}f(i,0)+f(0,0)\\ \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{(-1)}^{i+j}f(i,j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(-1{)}^{i+j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})3^{(n-i)(n-j)+1}\\ & =3^{n^2+1}\sum _{i=1}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})3^{-in}\sum _{j=1}^n(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})3^{-jn+ij}\\ & =3^{n^2+1}\sum _{i=1}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})3^{-in}\sum _{j=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}){(-3^{i-n})}^j\\ & =3^{n^2+1}\sum _{i=1}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})3^{-in}((1-3^{i-n}{)}^n-1)\end{array}$$ g(0,0)i=1∑n​j=1∑n​(−1)i+jf(i,j)​=i=0∑n​j=0∑n​(−1)i+jf(i,j)=i=1∑n​j=1∑n​(−1)i+jf(i,j)+2×i=1∑n​(−1)if(i,0)+f(0,0)=i=1∑n​j=1∑n​(−1)i+j(in​)(jn​)3(n−i)(n−j)+1=3n2+1i=1∑n​(−1)i(in​)3−inj=1∑n​(−1)j(jn​)3−jn+ij=3n2+1i=1∑n​(−1)i(in​)3−inj=1∑n​(jn​)(−3i−n)j=3n2+1i=1∑n​(−1)i(in​)3−in((1−3i−n)n−1)​
然后就从后往前套娃求解就可了

[AGC035F] Two Histograms

直接求方案数不好求 所以求重复的方案数（方案数指操作序列的方案数

当一个方案存在 $k_i=j,l_j=i-1$ 就是重复。接下来称这种情况为不合法

按照套路设 $f(i)$ 为有 $i$ 个不合法 剩下的随便取的方案数

设 $g(i)$ 为刚好有 $i$ 个不合法的方案数 则

$$f(i)=\sum _{j=i}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)g(j)$$

二项式反演

$$g(i)=\sum _{j=i}^n{(-1)}^{j-i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)f(j)$$

直接按照定义求 $f(i)$

$$f(i)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)i!(n+1{)}^{m-i}(m+1{)}^{n-i}$$

所以答案就是

$$g(0)=\sum _{i=0}^n{(-1)}^i\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)i!(n+1{)}^{m-i}(m+1{)}^{n-i}$$

（其实容斥好理解些

LOJ #528. 「LibreOJ β Round #4」求和

令 $num=min(n,m)$
a n s = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m μ 2 ( g c d ( i , j ) ) = ∑ t = 1 n u m μ 2 ( t ) ∑ i = 1 i t ≤ n ∑ j = 1 i j ≤ m ( g c d ( i , j ) = = 1 ) = ∑ t = 1 n u m μ 2 ( t ) ∑ i = 1 i t ≤ n ∑ j = 1 i j ≤ m ∑ d ∣ i   d ∣ j μ ( d ) = ∑ t = 1 n u m μ 2 ( t ) ∑ d = 1 d t ≤ n μ ( d ) ⌊ n d t ⌋ ⌊ m d t ⌋ = ∑ t = 1 n u m ∑ d = 1 d t ≤ n u m μ 2 ( t ) μ ( d ) ⌊ n d t ⌋ ⌊ m d t ⌋ = ∑ d t = 1 d t ≤ n u m ⌊ n d t ⌋ ⌊ m d t ⌋ ∑ t ∣ d t μ 2 ( t ) μ ( d ) $$\begin{array}{rl}ans& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\mu }^2(gcd(i,j))\\ & =\sum _{t=1}^{num}{\mu }^2(t)\sum _{i=1}^{it\le n}\sum _{j=1}^{ij\le m}(gcd(i,j)==1)\\ & =\sum _{t=1}^{num}{\mu }^2(t)\sum _{i=1}^{it\le n}\sum _{j=1}^{ij\le m}\sum _{d|id|j}\mu (d)\\ & =\sum _{t=1}^{num}{\mu }^2(t)\sum _{d=1}^{dt\le n}\mu (d)\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor \lfloor \frac{m}{dt}\rfloor \\ & =\sum _{t=1}^{num}\sum _{d=1}^{dt\le num}{\mu }^2(t)\mu (d)\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor \lfloor \frac{m}{dt}\rfloor \\ & =\sum _{dt=1}^{dt\le num}\lfloor \frac{n}{dt}\rfloor \lfloor \frac{m}{dt}\rfloor \sum _{t|dt}^{}{\mu }^2(t)\mu (d)\end{array}$$ ans​=i=1∑n​j=1∑m​μ2(gcd(i,j))=t=1∑num​μ2(t)i=1∑it≤n​j=1∑ij≤m​(gcd(i,j)==1)=t=1∑num​μ2(t)i=1∑it≤n​j=1∑ij≤m​d∣i d∣j∑​μ(d)=t=1∑num​μ2(t)d=1∑dt≤n​μ(d)⌊dtn​⌋⌊dtm​⌋=t=1∑num​d=1∑dt≤num​μ2(t)μ(d)⌊dtn​⌋⌊dtm​⌋=dt=1∑dt≤num​⌊dtn​⌋⌊dtm​⌋t∣dt∑​μ2(t)μ(d)​
观察到 ${\sum }_{t|dt}^{}{u}^2(t)u(d)$ 是两个积性函数卷起来的形式 所以接下来考虑质数次方处的值 我们发现只要在 $p^2$ 处有值 且值为 $\mu (p)$

所以 ${\sum }_{t|dt}^{}{u}^2(t)u(d)=(\sqrt{dt}==x){\mu }_x$ 预处理根号部分的就麻油啦

LOJ #6244. 七选五

设 $f(i)$ 为有 $i$ 个空选对 剩下的随便选的方案数， $g(i)$ 为刚好有 $i$ 个空选对的方案数 那么
f ( i ) = ( k i ) ( n − i k − i ) ( k − i ) ! = ∑ j = i k ( j i ) g ( i ) 二 项 式 反 演 一 下 g ( i ) = ∑ j = 1 k ( − 1 ) j − i ( j i ) f ( j ) = ∑ j = 1 k ( − 1 ) j − i ( j i ) ( k j ) ( n − j k − j ) ( k − j ) ! $$\begin{array}{rl}f(i)& =(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})(k-i)!\\ & =\sum _{j=i}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})g(i)\\ \mathrm{二}\mathrm{项}\mathrm{式}\mathrm{反}\mathrm{演}\mathrm{一}\mathrm{下}\\ g(i)& =\sum _{j=1}^k{(-1)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})f(j)\\ & =\sum _{j=1}^k{(-1)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{k-j})(k-j)!\end{array}$$ f(i)二项式反演一下g(i)​=(ik​)(k−in−i​)(k−i)!=j=i∑k​(ij​)g(i)=j=1∑k​(−1)j−i(ij​)f(j)=j=1∑k​(−1)j−i(ij​)(jk​)(k−jn−j​)(k−j)!​
答案就是 $g(x)$

[ARC101C] Ribbons on Tree

设 $f(i)$ 为强制 $i$ 条边不被染色 剩下的点在联通块内随便配对的方案数。

那么

$$f(i)=\sum _{j=i}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)g(j)$$

所以

$$g(i)=\sum _{j=i}^n{(-1)}^{j-i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)f(j)$$

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

设 $dp(x,y)$ 表示在 $x$ 子树内，$x$ 所在的联通块大小是 $y$ 的所有方案的容斥系数和（不算 $x$ 所在块的贡献）

那么就有转移。

$$dp(x,y+z)\leftarrow dp(x,y)\times dp(son,z)$$

$$dp(x,y)\leftarrow -(z-1)！！dp(x,y)\times dp(son,z)$$

枚举 $y$ 和 $z$ 即可，因为每对点只会在他们的 $lca$ 处算一次 所以最后时间复杂度为 $O(n^2)$ 。

CF961G Partitions

每个权值的贡献的系数是一样的 所以我们就把题目转化为求这个系数 则
a n s s u m = ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) S ( n − i , k − 1 ) = ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) ∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j n − i j ! = ∑ j = 0 k − 1 ∑ i = 1 n ( n − 1 i − 1 ) i ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j n − i j ! = ∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j ! ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) j n − i ∑ i = 1 n i ( n − 1 i − 1 ) j n − i = ∑ i = 1 n ( n − 1 i − 1 ) j n − i + ∑ i = 1 n ( i − 1 ) ( n − 1 i − 1 ) j n − i = ( j + 1 ) n − 1 + ( n − 1 ) ∑ i = 1 n ( n − 2 i − 2 ) j n − i = ( j + 1 ) n − 1 + ( n − 1 ) ( j + 1 ) n − 2 = ( n + j ) ( j + 1 ) n − 2 a n s = s u m ∑ j = 0 k − 1 ( − 1 ) k − 1 − j ( k − 1 − j ) ! j ! ( n + j ) ( j + 1 ) n − 2 $$\begin{array}{rl}\frac{ans}{sum}& =\sum _{i=1}^{n}i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})S(n-i,k-1)\\ & =\sum _{i=1}^{n}i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})\sum _{j=0}^{k-1}\frac{{(-1)}^{k-1-j}}{(k-1-j)!}\frac{j^{n-i}}{j!}\\ & =\sum _{j=0}^{k-1}\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})i\frac{{(-1)}^{k-1-j}}{(k-1-j)!}\frac{j^{n-i}}{j!}\\ & =\sum _{j=0}^{k-1}\frac{{(-1)}^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}\sum _{i=1}^{n}i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})j^{n-i}\\ \\ \sum _{i=1}^{n}i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})j^{n-i}& =\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})j^{n-i}+\sum _{i=1}^n(i-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})j^{n-i}\\ & ={(j+1)}^{n-1}+(n-1)\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{i-2})j^{n-i}\\ & ={(j+1)}^{n-1}+(n-1){(j+1)}^{n-2}\\ & =(n+j){(j+1)}^{n-2}\\ \\ ans& =sum\sum _{j=0}^{k-1}\frac{{(-1)}^{k-1-j}}{(k-1-j)!j!}(n+j){(j+1)}^{n-2}\end{array}$$ sumans​i=1∑n​i(i−1n−1​)jn−ians​=i=1∑n​i(i−1n−1​)S(n−i,k−1)=i=1∑n​i(i−1n−1​)j=0∑k−1​(k−1−j)!(−1)k−1−j​j!jn−i​=j=0∑k−1​i=1∑n​(i−1n−1​)i(k−1−j)!(−1)k−1−j​j!jn−i​=j=0∑k−1​(k−1−j)!j!(−1)k−1−j​i=1∑n​i(i−1n−1​)jn−i=i=1∑n​(i−1n−1​)jn−i+i=1∑n​(i−1)(i−1n−1​)jn−i=(j+1)n−1+(n−1)i=1∑n​(i−2n−2​)jn−i=(j+1)n−1+(n−1)(j+1)n−2=(n+j)(j+1)n−2=sumj=0∑k−1​(k−1−j)!j!(−1)k−1−j​(n+j)(j+1)n−2​

LOJ #6181. 某个套路求和题

$f(n)$ 在质数处为 $-1$ ，有平方因子时为 $0$ ，其余为 $1$ 。

考虑算出无平方因子的个数，再减去质数的个数。

算质数的个数就是 $Min25$ 筛计算。时间 $O(\frac{n^{0.75}}{\log n})$ 。

无平方因子的个数也就是算 $\sum {\mu }^2$ ，记 $p(x)={\max }_{d^2|x}\{d\}$
∑ i = 1 n μ 2 ( i ) = ∑ i = 1 n [ p ( i ) = 1 ] = ∑ d = 1 n μ ( d ) ⌊ n / d 2 ⌋ P S : H x  表示  p  是  x  的倍数的数的个数，  h x  表示  p  是  x  的数的个数，莫比乌斯反演一下即可  $$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)\\ =& \sum _{i=1}^n[p(i)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor n/d^2\rfloor \\ & PS:H_x\text{ 表示 }p\text{ 是 }x\text{ 的倍数的数的个数， }\\ & h_x\text{ 表示 }p\text{ 是 }x\text{ 的数的个数，莫比乌斯反演一下即可 }\end{array}$$ ==​i=1∑n​μ2(i)i=1∑n​[p(i)=1]d=1∑n​μ(d)⌊n/d2⌋PS:Hx​ 表示 p 是 x 的倍数的数的个数， hx​ 表示 p 是 x 的数的个数，莫比乌斯反演一下即可 ​
第一步到第二步就是莫比乌斯反演一下就可以了。已经时个整除分块的形式了，$O(\sqrt{n})$ 计算答案。