反演

二项式反演

二项式定理

\[(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i \]

考虑归纳证明：显然 \(n=1\) 时，原式成立

\((a+b)^n=(a+b)^{n-1}(a+b)=(\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}a^{n-i-1}b^i)(a+b)\)

\(=\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n-1}{i}a^{n-i}b^i+\sum_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}a^{n-i}b^{i}\)

由 \(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\)，得 \((a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i\)

推论

1. \(\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}\)​，相当于补集与原集一一对应
2. \(\binom{n}{m}=\frac{n}{m}\binom{n-1}{m-1}\)，由定义推导
3. \(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\)，杨辉三角
4. \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}=2^n\)，\((1+1)^n\)
5. \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(-1)^i=[n=0]\)，\((1-1)^n\)
6. \(\sum_{k=0}^n\binom{x}{k}\binom{y}{n-k}=\binom{x+y}{n}\)，\(x+y\) 选 \(n\) 等于 枚举 \(x\) 中选 \(k\)，\(y\) 中选 \(n-k\)
7. \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}^2=\binom{2n}{n}\)，\(6\) 式 \(x=y\) 的情况
8. \(\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}=n2^{n-1}\)，\(\sum_{i=0}^nn\binom{n}{i}=\sum_{i=0}^n(i+n-i)\binom{n}{i}=\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}+\sum_{i=0}^ni\binom{n}{n-i}\)
9. \(\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\)

\(f(x):=\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^i=(1+x)^n\).

\(xf'(x)=\sum_{i=0}^ni\binom{n}{i}x^i\)

\(x(f'(x)+xf''(x))=\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}x^i\)

When \(x=1\)，\(\sum_{i=0}^ni^2\binom{n}{i}=n(n+1)2^{n-2}\)

10. \(\sum_{i=0}^n\binom{i}{m}=\binom{n+1}{m+1}\)

\(n=m\) 时，显然成立

\(\sum_{i=0}^n\binom{i}{n-k+1}=\binom{n+1}{n-k+2}\)，\(\binom{i}{n-k+1}\frac{k-1}{n-k+1}=\binom{i}{n-k}\)

\(\sum_{i=0}^n\binom{i}{n-k}=\sum_{i=0}^n\binom{i}{n-k+1}\frac{k-1}{n-k+1}=\frac{k-1}{n-k+1}\binom{i}{n-k}=\binom{n+1}{n-k+1}\)

11. \(\binom{n}{r}\binom{r}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{r-k}\)
12. \(\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i}=F_{n+1}\)，\(F\) 为斐波那契数列（\(F_0=F_1=1\)）

反演

有数列 \(f_i\)，\(g_i\) 满足 则有

\[f_x=\sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}g_i \Longleftrightarrow g_x=\sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}{(-1)}^{x-i}f_i \]

\[f_x=\sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}g_i(-1)^i \Longleftrightarrow g_x=\sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}{(-1)}^if_i \]

\[f_x=\sum_{i=x}^{n}\binom{i}{x}g_i \Longleftrightarrow g_x=\sum_{i=x}^{n}\binom{i}{x}{(-1)}^{i-x}f_i \]

\[f_x=\sum_{i=x}^{n}\binom{i}{x}g_i(-1)^i \Longleftrightarrow g_x=\sum_{i=x}^{n}\binom{i}{x}{(-1)}^if_i \]

\[g_x=\sum_{i=0}^{x}\binom{x}{i}{(-1)}^{x-i} \sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}g_j \]

\[g_x=\sum_{j=0}^{x}g_j\sum_{i=j}^{x}\binom{i}{j}\binom{x}{i}{(-1)}^{x-i} \]

\[g_x=\sum_{j=0}^{x}g_j\sum_{i=0}^{x-j}\binom{i}{j}\binom{x}{i}{(-1)}^{x-i} \]

\[g_x=\sum_{j=0}^{x}g_j\binom{x}{j}\sum_{i=0}^{x-j}\binom{x-i}{j-i}{(-1)}^{x-i} \]

\[g_x=\sum_{j=0}^{x}g_j\binom{x}{j}[x=j]=g_x \]

单位根反演

单位根与原根

• 单位根：\(w_n^k=cos(\frac{2k\pi}{n})+i·sin(\frac{2k\pi}{n})=e^{i·\frac{2k\pi}{n}}\)
  • \(w_n^xw_n^y=x_n^{x+y}\)，\((w_n^x)k=w_n^{xk}\)，\(w_n^k=w_n^{k\bmod n}\)，\(|w_n^k|=1\)
• 原根：\(w_n^k=g^{k\frac{p-1}{n}}\)

原理

• \([n\mid k]=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^n w_n^{ik}\)
  • 若 \(n\mid k\)，则 \(w_n^{ik}=w_n^0=1\)，则原式等于 \(1\)
  • 若 \(n\nmid k\)，则 \(\frac{w_n^{kn}-1}{w_n^k-1}\)，由于分子为 \(0\)，则原式等于 \(0\)

应用

• \(\sum_{k=0}^m[n|k]f_k = \sum_{k=0}^m\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}w_n^{ik}f_k=\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}f(w_n^i)\) 其中 \(f_i\) 为多项式系数，\(f(x)\) 为带入求值
  • 上述转换的实质是将与 \(m\) 有关的式子，通过快速计算多项式总和，转化为与 \(n\) 有关的式子

[LOJ 6485] LJJ 学二项式定理

• 题目简述：给出 \(n, s , a_0 , a_1 , a_2 , a_3(n\le10^{18},other\le 10^8)\) 求 \(\left[ \sum_{i=0}^n \left( {n\choose i} \cdot s^{i} \cdot a_{i\bmod 4} \right) \right] \bmod 998244353\)
• \(=\sum_{j=0}^3\sum_{i=0}^n {n \choose i}·s^i·a_j·[4\mid i-j]\)
• \(=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}\sum_{j=0}^3\sum_{i=0}^n{n \choose i}s^ia_jw_4^{(i-j)k}\)
• \(=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}\sum_{j=0}^3a_jw_4^{-jk}\sum_{i=0}^n{n \choose i}s^iw_4^{ik}\)
• \(=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{3}\sum_{j=0}^3a_jw_4^{-jk}(sw_4^k+1)^n\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=998244353;
constexpr ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)ans=ans*a%p;
    return ans;
}
const ll inv4=ksm(4,p-2),w[4]={1,ksm(3,(p-1)/4),ksm(3,(p-1)/2),ksm(3,(p-1)/4*3)};
int main()
{
    int T;cin>>T;
    while(T--)
    {
        ll n,s,a,ans=0;cin>>n>>s;
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            cin>>a;
            for(int k=0;k<4;k++)
                ans+=a*w[((-j*k)%4+4)%4]%p*ksm((s*w[k]+1)%p,n%(p-1))%p;
        }
        cout<<ans%p*inv4%p<<'\n';
    }
    return 0;
}

BZOJ 3328 PYXFIB

• 题目简述：给出 \(n,p,k(n\le 10^{18},k\le 2\times 10^4,p\le 10^9)\) 求 \([\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}{n \choose ik}F_{ik}]\bmod p\)
• \(F_0=F_1=1\)，\(F_i=F_{i-1}+F_{i-2}\)，保证 \(k\mid p-1\)
• \(=\sum_{t=0}^nF_t{n\choose t}[k\mid t]\)
• \(=\frac{1}{k}\sum_{t=0}^n\sum_{i=0}^{k-1}w_k^{it}F_t{n\choose t}\)，与二项式定理只差 \(F_t\) 不是 \(F^t\)
• 于是设矩阵 \(F\) 使得 \(F^t_{0,0}\) 为第斐波那契数列的第 \(t\) 项
• \(\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}(w_k^iF+I)^n\)，\(I\) 为单位矩阵

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
long long n,k,p;
struct Mat
{
    ll a[2][2];int n,m;
    Mat(int _n)
    {
        n=_n,m=_n;a[1][0]=a[0][1]=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i][i]=1;
    }
    Mat(int _n,int _m){memset(a,0,sizeof a);n=_n;m=_m;}
    ll* operator[](const int id){return a[id];}
    Mat friend operator+ (Mat a,Mat b)
    {
        Mat ans(max(a.n,b.n),max(a.m,b.m));
        for(int i=0;i<ans.n;i++)
            for(int j=0;j<ans.m;j++)
                ans[i][j]=(a[i][j]+b[i][j])%p;
        return ans;
    }
    Mat friend operator* (Mat a,Mat b)
    {
        Mat ans(a.n,b.m);
        for(int i=0;i<ans.n;i++)
            for(int j=0;j<ans.m;j++)
                for(int k=0;k<ans.m;k++)
                    ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*b[k][j])%p;
        return ans;
    }
    Mat friend operator* (Mat a,const ll b)
    {
        for(int i=0;i<a.n;i++)
            for(int j=0;j<a.m;j++)
                a[i][j]=(a[i][j]*b)%p;
        return a;
    }
};
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)ans=ans*a%p;
    return ans;
}
Mat ksm(Mat a,ll b)
{
    Mat ans(max(a.n,a.m));
    for(;b;b>>=1,a=a*a)
        if(b&1)ans=ans*a;
    return ans;
}
bool GetG(ll g){ll q=p-1;for(ll i=2;i*i<=q;i++)if(q%i==0&&(ksm(g,i)==1||ksm(g,q/i)==1))return false;return true;}
int GetG(){for(ll i=2;;i++)if(GetG(i))return i;}
int main()
{
    int T;cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>k>>p;
        ll invk=ksm(k,p-2),g=GetG(),w1=ksm(g,(p-1)/k),w=1;
        Mat ans(1,2);
        for(int i=0;i<k;i++)
        {
            Mat F(2,2),A(1,2);
            A[0][0]=1;A[0][1]=1;
            F[0][0]=0;F[0][1]=1;
            F[1][0]=1;F[1][1]=1;
            F=ksm(F*w+Mat(2),n);
            w=w*w1%p;A=A*F;
            ans=ans+A;
        }
        cout<<ans[0][0]%p*invk%p<<'\n';
    }
    return 0;
}

#6358. 前夕

• 考虑容斥，设 \(f_x\) 表示，选了至少 \(m\) 种力量的方案数，设恰好为 \(m\) 种力量的方案数为 \(g_x\)
• \(f_x=\binom{n}{x}({2}^{2^{n-x}}-1)\)，\(f_x=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}\)
• 由二项式反演 \(g_x=\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}f_i(-1)^{i-x}\)，\(ans=\sum_{x=0}^n\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}f_i[4|x](-1)^{i-x}\)
• 由单位根反演 \(ans=\sum_{x=0}^n\sum_{i=x}^n\binom{i}{x}f_i\frac{1}{4}\sum_{j=0}^3w_{4}^{xj}(-1)^{i-x}\)
• \(ans=\frac{1}{4}\sum_{i=0}^nf_i\sum_{j=0}^3\sum_{x=0}^i\binom{i}{x}{w_{4}^{j}}^x(-1)^{i-x}\)
• \(ans=\frac{1}{4}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}({2}^{2^{n-i}}-1)\sum_{j=0}^3(w_{4}^{j}-1)^i\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long var;
const var p=998244353;
var ksm(var a,var b){var ans=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%p)if(b&1)ans=ans*a%p;return ans;}
bool GetG(var g){var q=p-1;for(var i=2;i*i<=q;i++)if(q%i==0&&(ksm(g,i)==1||ksm(g,q/i)==1))return false;return true;}
int GetG(){for(var i=2;;i++)if(GetG(i))return i;}
const int N=10000100;
int A[N],V[N],S[N],T[4],W[4];
int main()
{
    var g=GetG(),n; cin>>n;
    S[0]=2;for(int i=1;i<N;i++)S[i]=1ll*S[i-1]*S[i-1]%p;
    A[0]=1;for(int i=1;i<N;i++)A[i]=1ll*A[i-1]*i%p;
    V[N-1]=ksm(A[N-1],p-2);for(int i=N-2;i>=0;i--)V[i]=1ll*V[i+1]*(i+1)%p;
    auto C=[=](var n,var m){return 1ll*A[n]*V[m]%p*V[n-m]%p;};
    var ans=0;
    for(int j=0;j<=3;j++)T[j]=1;
    for(int j=0;j<=3;j++)W[j]=ksm(g,(p-1)/4*j);
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        var ss=0;for(int j=0;j<=3;j++)ss+=T[j];ss%=p;
        ans=(ans+1ll*C(n,i)*(S[n-i]-1)%p*ss)%p;
        for(int j=0;j<=3;j++)T[j]=1ll*T[j]*(W[j]-1)%p;
    }
    cout<<(ans*ksm(4,p-2)%p+1+p)%p<<endl;
    return 0;
}