参考博客
戳这里，yyb怎么这么强啊。
反演
如果有\(g(n)=\sum_{i=0}^{n}a[n][i]f(i)\)，
我们想构造一个矩阵\(b\)，满足\(f(n)=\sum_{i=0}^{n}b[n][i]g(i)\)，
\(a\)是一个下三角矩阵，\(b\)是\(a\)的逆矩阵就可以了。
更具体的，就是要满足\(\sum_{i=m}^{n}b[n][i] \times a[i][m]=[n==m]\)。
证明
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=0}^{n}b[n][i]g(i)\\
=&\sum_{i=0}^{n}b[n][i]\sum_{j=0}^{i}a[i][j]f(j)\\
=&\sum_{i=0}^{n}f(i)\sum_{j=i}^{n}b[n][j] \times a[j][i]\\
=&\sum_{i=0}^{n}f(i)[i==n]\\
=&f(n)
\end{aligned}
\]
二项式反演
如果有\(g(n)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f(i)\)，
那么就有\(f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}g(i)\)。
还有一种形式，
\[g(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}f(i)
\]
\[f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}g(i)
\]
还有，
\[g(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i}{m}f(i)
\]
\[f(m)=\sum_{i=m}^{n}(-1)^{i-m}\binom{i}{m}g(i)
\]
还有，
\[g(n)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n+p}{i+p}f(i)
\]
\[f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n+p}{i+p}g(i)
\]
还有（还有完没完了？），
\[g(m)=\sum_{i=m}^{n}\binom{i+p}{m+p}f(i)
\]
\[f(m)=\sum_{i=m}^{n}(-1)^{i-m}\binom{i+p}{m+p}g(i)
\]
证明
只证第一个式子，其他类似。
根据文章一开始的叙述，我们只需要证：
\[\sum_{i=m}^{n}b[n][i] \times a[i][m]=[n==m]
\]
在这里就是：
\[\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{m}=[n==m]
\]
简单推一下式子，
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}\binom{i}{m}\\
=&\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{m}\binom{n-m}{i-m}\\
=&\binom{n}{m}\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n-m}{i-m}\\
=&\binom{n}{m}\sum_{i=0}^{n-m}(-1)^{n-m-i}\binom{n-m}{i}\\
=&\binom{n}{m}(1-1)^{n-m}\\
=&[n==m]
\end{aligned}
\]
最后一步用到了二项式定理。
其他式子证明过程类似就不写了。
应用：快速求第二类斯特林数
戳我
子集反演
可以看成是二项式反演更一般的形式。
如果有\(g(S)=\sum_{T \subseteq S}f(T)\)，
那么\(f(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T)\)。
还有，
\[g(S)=\sum_{T \supseteq S}f(T)
\]
\[f(S)=\sum_{T \supseteq S}(-1)^{|T|-|S|}g(T)
\]
暂时还不太会证，先鸽着。
斯特林数反演
斯特林数的一些性质
与斯特林数反演没太大关系，不过记下来说不定哪天就用到了呢。
没错还是这个连接，yyb为什么这么聚啊。
斯特林数反演
\(s(n,m)\)表示第一类斯特林数，\(S(n,m)\)表示第二类斯特林数（那个中括号大括号实在是太难敲了反人类啊）。
如果有\(g(n)=\sum_{i=0}^{n}S(n,i)f(i)\)，
那么\(f(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}s(n,i)g(i)\)。
为什么呢？
有一个叫做反转公式的东西：
\[\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}s(n,i)S(i,m)=[n==m]
\]
\[\sum_{i=m}^{n}(-1)^{n-i}S(n,i)s(i,m)=[n==m]
\]
这不就是我们想要证的那个东西吗？
关于反转公式的证明咕了。
莫比乌斯反演
\[g(n)=\sum_{d|n}f(d)
\]
\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)
\]
证明
麻麻我终于会证莫比乌斯反演啦！
还是根据前文的叙述，我们要证的是：
\[\sum_{i=m}^{n}b[n][i] \times a[i][m]=[n==m]
\]
此处就是：
\[\sum_{i=m}^{n}[m|i][i|n]\mu(\frac{n}{i})=[n==m]
\]
转化一下，就是：
\[\sum_{d|\frac{n}{m}}\mu(d)=[n==m]
\]
根据：
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\varepsilon(n)=[n==1]
\]
其中\(\varepsilon(n)\)是狄利克雷卷积单位函数，相信大家都已经很熟练了。
证毕（确信）。
Update on 2019/01/14：差点忘记还有一个式子：
\[g(n)=\sum_{n|d}f(d)
\]
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)
\]
\(\min-\max\)反演（容斥）
\[\max(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\min(T)
\]
\[\min(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+1}\max(T)
\]
\[kthmax(S)=\sum_{T \subseteq S}(-1)^{|T|+k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T)
\]
这个反演（容斥）过程对于期望同样满足。
证明
还是只证第一个，其他类似。
设容斥系数为\(f(x)\)，\(f(x)\)需要满足：
\[[k==1]=\sum_{i=1}^{k}\binom{k-1}{i-1}f(i)
\]
也就是：
\[[k==0]=\sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}f(i+1)
\]
好像可以二项式反演一下：
\[f(x+1)=\sum_{i=0}^{x}(-1)^{x-i}\binom{x}{i}[x==0]
\]
唔姆，这不就是：
\[f(x+1)=(-1)^{x}
\]
\[f(x)=(-1)^{x-1}
\]
单位根反演
前置姿势
\[\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^i=[n==1]
\]
然后这个式子是从上面的式子推出来的，
\[[k|n]=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}\omega_k^{in}
\]
单位根反演
\[\begin{aligned}
\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{ki}&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}[k|i]\\
&=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{ij}\\
&=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\omega_k^{ij}\\
&=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}(\omega_k^j+1)^n
\end{aligned}
\]
UPD2019.5.9:
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{n}[k|i]a_i=&\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{n}a_i\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{ij}\\
=&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=1}^{n}a_i\omega_k^{ij}\\
=&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}A(\omega_k^j)
\end{aligned}
\]
