反演公式

反演

首先讲一下什么是反演，定义两个序列 \(|F(n)|,|f(n)|\),\(F_i=\alpha(i)f(i)\),表示|F(n)|与|f(n)|之间满足某种关系,

我们需要求得 \(|f(n)|\),那么就可以通过反演公式求得 \(f(i)=\beta(i)F(i)\).

莫比乌斯反演

首先引入个函数, 莫比乌斯函数,记作 \(\mu(x)\),令 \(x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\),该函数有三种取值

\[\mu=\begin{cases}0,a_i \ge 2\\1,k \mod 2 = 0\\-1,k \mod 2 \ne 0\end{cases} \]

令 \(S(x)=\sum\limits_{i|x}^{x}\mu(i),S(x)=\begin{cases}1,x=1\\0,x>1\end{cases}\)

证明

对于 \(x\) 与 \(x\) 的任意一个约数 \(t\),有

\[x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k} \]

\[t=p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_k^{b^k},0\le b_i \le a_i \]

对于任意一个含有大于2的指数的约数,我们可以不考虑,因为它对 \(S(x)\) 无影响,那么我们就可以得到 \(b_i=0,1\)

于是就有\(S(x)=C_k^0 (-1)^0+C_k^1 (-1)^1+...+C_k^k (-1)^k\)

根据二项式定理\((a+b)^k=C_k^0 a^k b_0+C_k^1 a^{k-1} b_1+...+C_k^k a_0 b_k\)

得到\(S(x)=(1-1)^k=0\)

证毕

若 \(F(n)=\sum\limits_{d|n} f(d)\),则 \(f(n)=\sum\limits_{d|n} \mu(d)F({\frac{n}{d}})\)

证明

\[\sum\limits_{d|n} \mu(d)F_{\frac{n}{d}} = \sum\limits_{d|n} {\mu(d)\sum\limits_{i|\frac{n}{d}} f(i)} \]

考虑交换一下枚举的顺序, \(i|\frac{n}{d} \Rightarrow i|n\), \(i|\frac{n}{d} \Rightarrow d|\frac{n}{i}\)

得到 \(\sum\limits_{d|n} {\mu(d)\sum\limits_{i|\frac{n}{d}} f(i)} = \sum\limits_{i|n} f(i)\sum\limits_{d|\frac{n}{i}} \mu(d)\)

仔细观察一下 \(\sum\limits_{d|\frac{n}{i}} \mu(d)\),就等于 \(S(\frac{n}{i})\)

所以,当 \(i = n\)时, \(\sum\limits_{d|n} \mu(d)F_{\frac{n}{d}} = f(i)\)

证毕

关于莫比乌斯反演的另一种形式

若\(F(n)=\sum\limits_{n|d}^\infty f(d)\),则 \(f_n=\sum\limits_{n|d}^\infty \mu{\frac{d}{n}}F(d)\)

证明过程与上面大同小异,令 \(d`=\frac{d}{n}\)

\[f(n)=\sum\limits_{n|d}^\infty \mu{d`} \sum\limits_{d|i}^\infty f(i)\\=\sum\limits_{n|i}^\infty f(i) \sum\limits_{d`|\frac{i}{n}}^\infty \mu{d`}=f(i) \]

二项式反演

\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^nC^i_n g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(−1)^{n−i}C^i_nf(i) \]

证明

\[\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^i f(i)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^i \sum\limits_{j=0}^i C^j_i g(j)\\=\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j=0}^i (-1)^{n-i}C_n^iC_i^j g(j) \]

\[C_n^iC_i^j=\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{i!}{j!(i-j)!}=\frac{n!}{j!(n-j)!}\frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}=C_n^jC_{n-j}^{n-i}\\\Rightarrow \sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^i f(i)=\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j=0}^i (-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{n-i} g(j) \]

交换一下循环顺序

\[\sum\limits_{i=0}^n \sum\limits_{j=0}^i (-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{n-i} g(j)=\sum\limits_{j=0}^n \sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_n^jC_{n-j}^{n-i} g(j)=\sum\limits_{j=0}^n C_n^jg(j)\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{n-i}C_{n-j}^{n-i} \]

我们着眼于 \(\sum\limits_{i=j}^n (-1)^{n-i}C_{n-j}^{n-i}=\sum\limits_{k=0}^{n-j} (-1)^kC_{n-j}^k\)

若 \(n-j\ne 0\),根据二项式定理\(\sum\limits_{k=0}^{n-j} (-1)^kC_{n-j}^k=(1-1)^{n-j}=0\)

若 \(n-j=0 \Rightarrow \sum\limits_{k=0}^{n-j} (-1)^kC_{n-j}^k=(1-1)^{n-j}=(-1)^0C_0^0=1\)

则只有当 \(j=n\) 时, \(\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^i f(i)=g(j)\)

证毕

另一种形式 \(f(k)=\sum\limits_{i=k}^n C_i^kg(i) \Leftrightarrow g(k)=\sum\limits_{i=k}^n (-1)^{i-k}C_i^kf(i)\)