ACM中的各种反演

各种反演

在 \(\text{OI}\) 中反演是一种比较常见的应用，有各种形式的反演，可以用来解决一类恰好难算，至多或至少好求的问题。

莫比乌斯反演

形式一

恰好难算，倍数好算。

\[f(n)=\sum_{d|n} g(d) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n} \mu(d) f(\frac nd) \]

证明：

\[\begin{aligned} \sum_{d|n} \mu(d)f(\frac nd) &=\sum_{d|n} \mu(d)\sum_{d'|\frac nd} f(d)\\ &=\sum_{d'|n} f(d') \sum_{d|\frac n{d'}} \mu(d)\\ \end{aligned} \]

根据莫比乌斯函数的性质，\(\sum\limits_{d|n} \mu(d)=[n=1]\)，所以上式中的 \(\sum\limits_{d|\frac n{d'}} \mu(d)\) 不等于 \(0\) 当且仅当 \(n=d'\)，所以有

\[\sum_{d'|n} f(d') \sum_{d|\frac n{d'}} \mu(d)=g(n) \]

形式二

恰好难算，因数好算。

\[f(n)=\sum_{n|d} g(d) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{n|d} \mu(\frac dn) f(d) \]

第二个式子证 明类似，这里省去。

例题 [P3455] ZAP-Queries

一句话题意，要求 \(\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b [gcd(i,j)=n]\)。

直接反演

\[\begin{aligned} f(n)&=\sum_{n|d} g(d)=\lfloor \frac an \rfloor \lfloor \frac bn \rfloor\\ g(n) &=\sum_{n|d} \mu(\frac dn) f(d)\\ &=\sum_{n|d} \mu(\frac dn) \lfloor \frac ad \rfloor \lfloor \frac bd \rfloor\\ &=\sum_{T=1} ^{\min(\lfloor \frac an \rfloor \lfloor \frac bn \rfloor)} \mu(T) \lfloor \frac a{Tn} \rfloor \lfloor \frac b{Tn} \rfloor \end{aligned} \]

例题 [SDOI2017]数字表格

多组询问，求 \(\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf_{gcd(i,j)}\)，其中 \(f_i\) 为斐波那契数列第 \(i\) 项。

\(n,m\le 10^6,T\le 10^3\)。

以下默认 \(n\le m\)，除法为整除

\[\begin{aligned} \prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf_{gcd(i,j)} &=\prod_{d=1}^n\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m f_d^{[gcd(i,j)=d]}\\ &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]}\\ &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{t=1}^n\mu(d)\frac n{td}\frac m{td}}\\ &=\prod_{d=1}^nf_d^{\sum_{d|T}^n\mu(\frac Td)\frac nT\frac mT}\\ &=\prod_{T=1}^n\Big(\prod_{d|T}^nf_d^{\mu(\frac Td)}\Big)^{\frac nT\frac mT}\\ \end{aligned} \]

中间那坨可以 \(O(n \log n)\) 预处理，然后对于每个询问可以 \(\sqrt n \log n\) 做，总时间复杂度为 \(O(T \sqrt n\log n)\)。

二项式反演

形式零

\[f(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom{n}{i}g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=0}^n (-1)^i\dbinom{n}{i}f(i) \]

非常对称，但是实际运用很少。

形式一

恰好难算，至多好算。

\[f(n)=\sum_{i=m}^n\dbinom ni g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=m}^n (-1)^{n-i}\dbinom ni f(i) \]

证明：

\[\begin{aligned} f(n) &=\sum_{i=m}^n \dbinom ni \sum_{j=m}^i (-1)^{j-i} \dbinom ijf(j)\\ &=\sum_{i=m}^n\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\dbinom ni \dbinom ij f(j)\\ &=\sum_{j=m}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{j-i}\dbinom ni\dbinom ij\\ &=\sum_{j=m}^{n}f(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{j-i}\dbinom nj \dbinom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=m}^{n}\dbinom njf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j} \dbinom{n-j}{i-j}\\ &=\sum_{j=m}^{n}\dbinom njf(j)\sum_{T=0}^{n-j}(-1)^T \dbinom{n-j}{T}\\ &=\sum_{j=m}^{n}\dbinom njf(j)[n-j=0]\\ &=f(n) \end{aligned} \]

形式二

恰好难算，至少好算。

\[f(k)=\sum_{i=k}^n \dbinom ik g(i) \Leftrightarrow g(k)=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\dbinom ik f(i) \]

证明类似，这里省去

例题 [P4859] 已经没有什么好害怕的了

题意，给定两个长度为 \(n\) 的数组 \(a\) 和 \(b\)，要求两两配对后恰好有 \(k\) 组匹配满足 \(a_i>b_i\)。

考虑恰好难满足，但是我们可以先求出钦定有 \(k\) 组匹配的方案，然后二项式反演后得到答案。

我们先将数组 \(a\)，\(b\) 先分别从小到大排序，因为顺序不影响答案，我们设 \(p_i\) 表示小于 \(a_i\) 的 \(b_i\) 的数量。

再设 \(dp(i,j)\) 表示处理了前 \(i\) 个数，有 \(j\) 组匹配满足 \(a_i>b_i\) 的方案数。

转移方程比较简单

\[dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,j-1)\times(p_i-j+1) \]

分别表示不匹配第 \(i\) 个数和匹配第 \(i\) 个数。

我们再设 \(f(i)\) 表示钦定 \(i\) 组匹配满足条件的方案数，\(g(i)\) 表示恰好 \(i\) 组匹配满足条件的方案数。

显然有 \(f(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom ik g(i)\)，根据之前的二项式反演式子，有 \(g(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom ik f(i)\)，而 \(f(i)=dp(n,i)\times(n-i)!\)，然后就求完了。

例题 [CF285E] Positions in Permutations

在 \(n\) 个数的排列中，定义完美数为满足 \(|P_i-i|=1\) 的 \(i\) 的数量，求长度为 \(n\) 完美数恰好为 \(m\) 的排列数量。

解法一

题目要求恰好，这个不好求，转换一下，设 \(f(i)\) 表示钦定 \(i\) 个位置满足条件的方案数， \(g(i)\) 表示恰好 \(i\) 个位置满足条件的方案数。还是有之前的式子 \(g(k)=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}\dbinom ik f(i)\)，问题转换成求 \(f(i)\)，考虑 \(Dp\)。

设 \(dp(i,j,0/1,0/1)\) 表示前 \(i\) 个位置中，有 \(j\) 个位置满足条件，第 \(i\) 个数是否被选，第 \(i+1\) 个数是否被选。

1. 第 \(i\) 个位置满足条件

   填 \(i-1\)

   \[\begin{aligned} dp(i,j,0,0)+=dp(i-1,j-1,0,0)\\ dp(i,j,1,0)+=dp(i-1,j-1,0,0) \end{aligned} \]

   填 \(i+1\)

   \[\begin{aligned} dp(i,j,0,1)+=dp(i-1,j-1,0,0)+dp(i-1,j-1,1,0)\\ dp(i,j,1,1)+=dp(i-1,j-1,0,1)+dp(i-1,j-1,1,1) \end{aligned} \]

2. 第 \(i\) 个位置不满足条件

   \[\begin{aligned} dp(i,j,0,0)+=dp(i-1,j,0,0)+dp(i-1,j,1,0)\\ dp(i,j,1,0)+=dp(i-1,j,0,1)+dp(i-1,j,1,1) \end{aligned} \]

则 \(f(i)=(dp(n,i,0,0)+dp(n,i,1,0))\times (n-i)!\)，然后求出 \(g(m)\) 即可。

解法二

将 \(i\) 与 \(P_i\) 分别看成 \(n\) 个点，这是张完全图，对于条件 \(|P_i-i|=1\) 转换成连边关系，就是 \(i\) 向 \(P_{i-1}\) 和 \(P_{i+1}\) 分别连特殊边，问题转换成求每个点要恰好连 \(1\) 条边，且恰好选了 \(m\) 条特殊边的方案数，对于特殊边所连成的图恰好是若干条链，我们把这些链排在一起，然后就转化成了序列问题，我们设 \(dp(i,j,0/1)\) 表示前 \(i\) 个点，连了 \(j\) 条特殊边，第 \(i\) 个点是否向 \(i-1\) 连边的方案数，转移很简单

\[\begin{aligned} &dp(i,j,0)=dp(i-1,j,0)+dp(i-1,j,1)\\ &dp(i,j,1)=dp(i-1,j-1,0) \end{aligned} \]

特别的，对于链和链之间是不能连边的。

最后 \(f(i)=(dp(n,i,0)+dp(n,i,1))\times(n-i)!\)

用解法二，我们又可以切掉一道水题 [AGC005D]~K Perm Counting，改一些条件就行了。

斯特林反演

\(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 是第一类斯特林数，表示将 \(n\) 个数划分成 \(m\) 个轮盘的方案数。

\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 是第二类斯特林数，表示将 \(n\) 个数划分成 \(m\) 个集合的方案数。

斯特林反演也有两种形式

恰好难算，至多好算。

\[f(n)=\sum_{i=m}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} g(i) \Leftrightarrow g(k)=\sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}f(i) \]

恰好难算，至少好算。

\[f(k)=\sum_{i=k}^n \begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix} g(i) \Leftrightarrow g(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\begin{bmatrix}i\\k\end{bmatrix}f(i) \]

证明上面这个东西我们要先知道一些关于斯特林数的式子。

首先是下降幂和自然数幂之间的关系

\[x^{\underline n}=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i \]

用数学归纳法证明：

\[\begin{aligned} x^{\underline{n+1}} &=(x-n)x^{\underline n}\\ &=(x-n)\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^{i+1}-n\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{n-i+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}x^{i}+n\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i+1}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}(-1)^{n-i+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}x^{i}+n\sum_{i=0}^{n+1}(-1)^{n-i+1}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{n+1}(-1)^{n+1-i}\begin{bmatrix}n+1\\i\end{bmatrix}x^i \end{aligned} \]

下降幂和自然数幂之间的关系

\[n^m=\sum_{i=0}^m \begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\dbinom ni i!=\sum_{i=0}^m \begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i} \]

考虑组合意义，左边是将 \(m\) 个球放入 \(n\) 个集合的方案数，右边是枚举非空集合的数量，然后把 \(m\) 个球放进去，因为集合不相同，要从 \(n\) 个集合中挑出 \(i\) 个，并且集合有标号，要乘上 \(i!\)。

然后我们要知道反转公式：

\[\begin{aligned} \sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} \begin{bmatrix}i\\m\end{bmatrix}=[n=m]\\ \sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix} \begin{Bmatrix}i\\m\end{Bmatrix}=[n=m] \end{aligned} \]

考虑证明第一个式子

\[\begin{aligned} n^m &=\sum_{i=0}^m \begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}n^{\underline i}\\ &=\sum_{i=0}^m \begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}n^j\\ &=\sum_{j=0}^mn^j\sum_{i=j}^m(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}\\ \end{aligned} \]

所以得到 \(\sum\limits_{i=j}^m(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}=[j=m]\)，即上面的第一个反转公式，第二个证明类似，就是将式子反过来整即可。

然后我们就可以证明上面的斯特林反演的式子了

\[f(n)=\sum_{i=m}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} g(i) \Leftrightarrow g(n)=\sum_{i=m}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}f(i) \]

把右侧代入左侧

\[\begin{aligned} f(n)& =\sum_{i=m}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} g(i)\\ &=\sum_{i=m}^n\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\sum_{j=m}^i(-1)^{i-j}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}f(j)\\ &=\sum_{j=m}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}\\ \end{aligned} \]

因为 \(\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}=[j=n]\)，所以 \(=\sum_{j=m}^nf(j)\sum_{i=j}^n(-1)^{i-j}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}=f(n)\)，所以式子成立。第二个斯特林反演的式子也同理。

例题 [雅礼集训2018] 方阵

给定一个 \(n\times m\) 的矩阵，每个位置能填的数字为 \([1,c]\)，求填完数后满足任意两行互不等价且任意两列互不相同的方案数。

\(n,m\le 5\times 10^3\)

行列都有限制，比较难处理，先考虑任意两行互不等价的方案数。

设 \(g(m)\) 表示行之间互不等价，有 \(m\) 列的方案数。

考虑 \(g(m)\) 怎么计算，显然第一行的方案数为 \(c^m\)，而对于后面的每一行，只要与之前行有任意一个数不同即可，所以 \(g(m)=(c^m)^{\underline n}\)。

再考虑设 \(f(m)\) 表示行之间相互不等价且列之间相互不等价，有 \(m\) 列的方案数。

考虑 \(f(m)\) 和 \(g(m)\) 之间的关系，有 \(g(m)=\sum\limits_{i=0}^m \begin{Bmatrix}m\\i\end{Bmatrix} f(i)\)，即枚举将 \(m\) 列划分成 \(i\) 个集合的方案数求和。

那么根据斯特林反演，显然有 \(f(m)=\sum\limits_{i=0}^m(-1)^{m-i}\begin{bmatrix}m\\i\end{bmatrix} g(i)\)，然后就求完了。

预处理斯特林数是 \(O(n^2)\) 的，求出 \(f(m)\) 是 \(O(n)/O(n\log n)\) 的，所以总的时间复杂度为 \(O(n^2)\)，也可以用生成函数加多项式知识来 \(O(n \log n)\) 来预处理出第一类斯特林数的第 \(m\) 行，可以做到总的时间复杂度为 \(O(n \log n)\)，但是我并不会，也不在今天的讲题范围内，有兴趣的同学可以自行学习。