反演姿势总结

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,\(b\)\(a\)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:

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}[k|i]a_i=&\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{n}a_i\sum_{j=0}^{k-1}\omega_k^{ij}\\ =&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{i=1}^{n}a_i\omega_k^{ij}\\ =&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}A(\omega_k^j) \end{aligned} \]

posted on 2019-01-14 10:27  ErkkiErkko  阅读(170)  评论(0编辑  收藏

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