容斥原理与反演相关

目录

目录

• 一些容斥原理
  • 规定
  • 容斥原理
  • \(\text{Min-Max}\) 容斥
• 一些反演
  • 规定
  • 反演是什么？
  • 二项式反演
  • 莫比乌斯反演
  • 斯特林反演
  • 单位根反演

一些容斥原理

规定

本文中集合指代非可重集。

用大写字母记一个集合，例如 \(P, S\)。
在集合两侧加竖线表示集合的大小，例如 \(\left\lvert\{1,2,3,4,5\}\right\rvert = 5\)。
在有上下文信息的情况下，直接写出集合也可以表示该集合对应的一类贡献，其与集合内元素线性相关。

下文中在描述下标集合时常会看到 \(S, T\) 这两个用于枚举的中间量集合，这里记 \(S\) 表示下标全集，\(T\) 表示当前枚举到的 \(S\) 的一个子集。
规定 \(0^0 = 1\)，这也是有实际意义的。

容斥原理

就是最普适的容斥原理了。我们需要计算一系列集合的并，但又不希望重叠部分的贡献计入多次，这时就需要通过多次计数，每次[把先前没有计算的部分容纳进来/把先前重复计算的部分排斥出去]，定量地加以容斥系数来实现不重不漏的计数，这样的做法就叫容斥原理。

假设我们需要计数集合列 \(\langle P_n \rangle\) 的贡献，容易得到

\[\bigcup_{i \in S} P_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \bigcap_{j \in T} P_j \]

该式子描述了容斥原理的核心，其他的容斥可以说都是从这个式子上衍生的。

证明也是比较方便的。考虑一个元素在集合列中的 \(m\) 个集合中出现，则可以发现，选择 \(k\) 个其出现的集合有 \(C_m^k\) 种可能，每种可能的系数是 \((-1)^{k - 1}\)。最后能写出

\[\sum_{i = 1}^m (-1)^{i - 1} \binom{m}{i} = \binom{m}{0} - (1 - 1)^m = 1 \]

也可以通过归纳法证明。

集合的交的问题可以转化成集合的并来解决，就是全集减去补集的并。

\(\text{Min-Max}\) 容斥

对于一个元素之间满足全序关系且有加减性的元素列 \(\{x_i\}\)，设其大小为 \(n\)，则我们有以下关系：

\[\max_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \min_{j\in T} x_j \]

\[\min_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \max_{j\in T} x_j \]

证明就是讨论元素贡献。取 \(m\in S\)，假设 \(x_m\) 是第 \(k\) 大的元素，则可以讨论 \(x_k\) 会作为哪些集合的元素出现。

1. \(k = 1\)
   我们需要的就是 \(x_m\)，容易发现它只会在 \(\{x_m\}\) 这一个集合中作为最小值出现。
   所以它的贡献就是 \((-1)^{0} x_m = x_m\)。
2. \(k > 1\)
   最小的元素是第 \(k\) 大的元素，那其余元素只能是第 \(l < k\) 大的元素了，这样的元素一共有 \(k - 1\) 个。
   可以写出选择 \(i + 1\) 个的贡献系数，也就是
   \[\sum_{i = 0}^{k - 1} \binom{k - 1}{i} (-1)^{i - 1} = (1 - 1)^{k - 1} = 0 \]

因此最后的贡献是第一小的数，即 \(\max_{i\in S} x_i\)。最小值可以如上地证明。
因此得证。

\(\text{Min-Max}\) 容斥之所以有用，其中一个原因是它在期望上也成立：众所周知在期望意义下的 \(\max, \min\) 是不像普通的 \(\max, \min\) 那么好求的，需要做转化。写出式子：

\[E\left(\max_{i\in S} x_i\right) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right) \]

\[E\left(\min_{i\in S} x_i\right) = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\max_{j\in T} x_j\right) \]

证明：

可以通过枚举可能的 \(y\) 序列写出一种期望的表示方法：

\[E\left(\max_{i\in S} x_i\right) = \sum_{y} P(y = x) \max_{j\in S} y_j \]

可以发现后面的部分就可以直接施上面的 \(\text{Min-Max}\) 容斥公式了。也就是

\[\begin{aligned} E\left(\max_{i\in S} x_i\right) &= \sum_{y} P(y = x) \max_{j\in S} y_j \\ &= \sum_{y} P(y = x) \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \min_{j\in T} y_j \\ &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} \sum_{y} P(y = x) \min_{j\in T} y_j \\ &= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - 1} E\left(\min_{i\in S} x_i\right) \end{aligned}\]

因此得证。

考虑到上面的容斥，我们不难想到，是否通过一些其他的容斥系数来转化到组合数求和上，从而指向性地得到第 \(k\) 大和第 \(k\) 小。这是可行的，而且我们也可以通过对应公式转化到期望上。这个东西又叫做拓展 \(\text{Min-Max}\) 容斥。

写出：

\[\mathop{\text{k-thmax}}\limits_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \min_{j\in T} x_j \]

\[\mathop{\text{k-thmin}}\limits_{i\in S} x_i = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \max_{j\in T} x_j \]

\[E\left(\mathop{\text{k-thmax}}\limits_{i\in S} x_i \right)= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} E\left(\min_{j\in T} x_j\right) \]

\[E\left(\mathop{\text{k-thmin}}\limits_{i\in S} x_i \right)= \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} E\left(\max_{j\in T} x_j\right) \]

不妨设 \(x_i \le x_{i + 1}\)。我们化式子：

\[\begin{aligned} \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \min_{j\in T} x_j &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{T\subseteq S} (-1)^{\lvert T\rvert - k} \binom{\lvert T\rvert - 1}{k - 1} \left[x_i = \min_{j\in T} x_j\right] \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{j - 1}{k - 1} \binom{n - i}{j - 1} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i}{k - 1} \binom{n - i - (k - 1)}{j - 1 - (k - 1)} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i}{k - 1} \binom{n - i - k + 1}{j - k} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} \sum_{j = k}^n (-1)^{j - k} \binom{n - i - k + 1}{j - k} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} \sum_{j \ge 0} (-1)^{j} \binom{n - i - k + 1}{j} \\ &= \sum_{i\in S} x_i \binom{n - i}{k - 1} (1 - 1)^{n - k + 1 - i} \end{aligned}\]

可以发现 \(C_{n - i}^{k - 1} 0^{n - k + 1 - i} = 1\) 当且仅当 \(i = n - k + 1\)，其余情况都是 \(0\)。这就是第 \(k\) 大值。
其余三个可以类似上面地证明，不再赘述。

因此得证。

可以发现这个东西能够应用到一个数字质因子的指数上，这自然引出了质因子取 \(\min, \max\) 的操作：\(\gcd, \text{lcm}\)。
我们类比地转化操作，有：

\[\mathop{\text{lcm}}\limits_{i\in S}x_i = \prod_{T\subseteq S} (\gcd_{j\in T}x_j)^{(-1)^{\lvert T\rvert - 1}} \]

这个式子可以叫 \(\gcd\text{-lcm}\) 容斥/反演。

例题：
[HAOI2015] 按位或 - 期望上的 \(\text{Min-Max}\) 容斥;
bzoj4833 最小公倍佩尔数 - \(\gcd\text{-lcm}\) 容斥;
重返现世 - 拓展 \(\text{Min-Max}\) 容斥;
[PKUWC2018] 随机游走 - 对顺序进行期望上的 \(\text{Min-Max}\) 容斥;
Become Big For Me - \(\gcd\text{-lcm}\) 容斥（以及出题人的推荐.

一些反演

规定

记一个元素列 \(f\) 的第 \(i\) 个元素为 \(f[i]\)。记一个矩阵 \(A\) 第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素为 \(A[i, j]\)。
一个元素列 \(f\) 对应的向量为 \(\bm f\)。

反演是什么？

我们考虑两个元素列 \(f, g\) 之间的双向关系，这一对关系就叫做反演关系。例如前缀和与差分、倍数求和与倍数差分等。一般地，这类关系是线性的，可以采用一个矩阵 \(A\) 和它的逆来描述，这矩阵又叫做关系矩阵。

一般地，我们可以得到一个关系对应的矩阵 \(A\)，则 \(f\to g\) 的关系可以经由

\[f[k] = \sum_{i \ge 0} A[k, i]\times g[i] \]

来描述，也就是 \(\bm f = A\bm g\)。

我们已经可以通过 \(g\) 计算 \(f\) 了，而现在需要用 \(f\) 计算 \(g\)。这样一个过程就叫做反演。不难想到求 \(A\) 的逆矩阵 \(A^{-1}\)，则 \(\bm g = A^{-1}\bm f\)。

例如前缀和矩阵是 \(A[i, j] = [i \ge j]\)，而我们通过求逆能看到 \(A^{-1}[i, j] = [i = j] - [i = j + 1]\)。由定义不难发现两个互为反演关系的关系矩阵互逆。

我们也可以通过这类定义来从原有的反演上得到新的反演。具体地，有以下几条方法：

• 应用转置，容易发现一对互逆矩阵的转置也互逆。
• 可以对两个矩阵分别乘以 \(c \neq 0\)，容易发现这两个矩阵仍然互逆。（这里是一个乘 \(c\) 一个除 \(c\) 的意思吗？）
• 移动 \((-1)^k\) 的指数。我们有
  \[\sum_{i\ge 0}(-1)^{n - i} A[n, i]\times B[i, m] = [n = m] \quad \Leftrightarrow \quad \sum_{i\ge 0}(-1)^{i} A[n, i]\times (-1)^m B[i, m] = [n = m] \]
  可以用在一些出现了 \((-1)^{n - k}\) 的时候，比方说二项式反演。

由一维情况可以拓展到二维情况。假设我们有两个关系矩阵 \(A, B\)，他们分别描述了 \(i, j\) 两维的反演信息。我们有这两个关系上矩阵 \(F, G\) 的二维反演：

\[F[n, m] = \sum_{i\ge 0} \sum_{j\ge 0} A[n, i]\times B[m, j]\times G[i, j]\ \Leftrightarrow\ G[n, m] = \sum_{i\ge 0} \sum_{j\ge 0} A^{-1}[n, i]\times B^{-1}[m, j]\times F[i, j] \]

发现这就是各维反演系数的乘积。

证明可以构造四维矩阵。
不妨构造 \(C[(i, k), (j, l)] = A[i, j]\times B[k, l]\)，\(D[(i, k), (j, l)] = A^{-1}[i, j]\times B^{-1}[k, l]\)。我们需要证明的就是 \(C\times D = I\)，也就是 \((C\times D)[(i, j), (k, l)] = [(i, j) = (k, l)]\)。

\[\begin{aligned} & (C\times D)[(i, j), (k, l)] \\ = & \sum_{(t_1, t_2)} C[(i, j),(t_1,t_2)] \times D[(t_1, t_2), (k, l)] \\ = & \sum_{(t_1, t_2)} A[i, t1]\times B[j,t_2] \times A^{-1}[t_1, k] \times B^{-1}[t2, l] \\ = & \sum_{t1} A[i, t1]\times A^{-1}[t_1, k] \sum_{t_2} B[j,t_2] \times B^{-1}[t2, l] \\ = & [i = k]\times [j = l] \\ = & [(i, j) = (k, l)] \end{aligned}\]

因此得证。

由二维情况可以拓展到多维情况，证明类似，不再赘述。

二项式反演

最基础也最常见的反演。

首先写出第一种形式：

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

这依赖着 \(A[n, m] = (-1)^mC_m^n\) 这个矩阵是自逆的。

证明可以写一下 \(A\times A\) 的形式。也就是

\[\begin{aligned} & (A\times A)[n, m] \\ = & \sum_{i \ge 0} A[n, i]\times A[i, m] \\ = & \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{i} \times (-1)^m\binom{i}{m} \\ = & (-1)^m \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{i} \binom{i}{m} \\ = & (-1)^m \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n}{m} \binom{n - m}{i - m} \\ = & (-1)^m\binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^i\binom{n - m}{i - m} \\ = & (-1)^m\binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^{i + m}\binom{n - m}{i} \\ = & \binom{n}{m} \sum_{i \ge 0} (-1)^{i}\binom{n - m}{i} \\ = & \binom{n}{m} 0^{n - m} \\ = & [n = m] \end{aligned}\]

我这个证法挺简洁？

然后用上面提过的移动 \((-1)^{n - k}\) 可以得到

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

这个东西也可以 egf 来证。也就是

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

DNA 动了嘛？构造 \(f, g\) 的 egf \(F, G\)，则 \(F = e^{x}\times G\)，也就能导出 \(G = e^{-x}\times F\)，化一下就能到右边了。

然后用上面提过的转置可以得到

\[f(n) = \sum_{i \ge n} \binom{i}{n} g(i) \quad \Leftrightarrow\quad g(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^{i - n} \binom{i}{n} f(i) \]

然后用上面提过的移动 \((-1)^{n - k}\) 可以得到

\[f(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^i \binom{i}{n} g(i) \quad \Leftrightarrow\quad g(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^i \binom{i}{n} f(i) \]

这也就是经典的四种式子了。

例题（难度大概逐渐递增？看出题时间和来源也是）：
[NOI Online #2 提高组] 游戏;
已经没有什么好害怕的了
[HAOI2018] 染色;
[TJOI2019] 唱、跳、rap和篮球;
[MtOI2018] 情侣？给我烧了！;
[CTS2019] 随机立方体.

莫比乌斯反演

这个东西是数论相关知识。

我们现在想要研究一个函数在某一点值的所有因数处的取值，也就是转移矩阵 \(A[n, d] = [d | n]\)。对这个转移矩阵求逆可以得到 \(A^{-1}[n, d] = [d | n]\times \mu\left(\frac{n}{d}\right)\)。这个东西的证明是数论知识，具体着眼于这样一个结构上。

我们定义 \(\mu\) 函数为满足 \(\sum_{d|n} \mu(d) = [n = 1]\) 的函数。我们可以通过这个定义写出 \(\mu(n)\) 的取值：

\[\mu(n) = \left\{ \begin{aligned}&1\ , && n = 1 \\ & 0\ ,&& n\ 有平方因子 \\ & (-1)^k \ , & &k \ 为\ n \ 本质不同质因子个数 \end{aligned}\right. \]

这个定义的导出参见 \(\text{Min-Max}\) 容斥的容斥系数设计。

于是我们可以写出反演关系：

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

然后用上面提过的转置可以得到

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

后面的知识可以看莫比乌斯反演应用，杜教筛，贝尔级数。

斯特林反演

这一点用到了两类斯特林数之间的关系。

首先介绍一下两类斯特林数以及他们的一些性质。前置性质；前置（后置？）性质。

第一类斯特林数 \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}\)：\(n\) 个元素分为 \(m\) 个环的方案数（旋转后相同的算一个环）。

递推公式：\(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} n - 1 \\ m - 1 \end{bmatrix} + (n - 1) \begin{bmatrix} n - 1 \\ m \end{bmatrix}\)
可以考虑如何插入一个新的元素，也就是[自己成新的环/插入原有的环]，每个环的插入点和环大小相同，因此总共有 \(n - 1\) 个彼此不同的插入点，乘 \((n - 1)\)。

行的 ogf：\(x^{\overline n} = \sum_{k\ge 0} \begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix} x^k\)
归纳法即得。从其中我们还能知道当 \(x = 1\) 时有 \(n! = \sum_ {k\ge 0} \begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}\)

列的 egf：\(\dfrac{\left(-\ln (1 - x)\right)^k}{k!} = \sum_{n\ge 0}\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix} \dfrac{x^n}{n!}\)
对 \(k\) 个环排列做一下直接组合即得。

二元 gf（上标 egf，下标 ogf）：

\[(1 - x)^{-y} = \sum_{i\ge 0}\sum_{j\ge 0} \begin{bmatrix} i \\ j \end{bmatrix} \frac{x^iy^j}{i!} \]

推导仍然可以考虑对环排列组合，再用一个额外的占位元记录组合进来的个数。
容易写出环排列的 egf 是 \(-\ln (1 - x)\)，那不妨记录单个环排列是 \(-y\ln(1 - x)\)。对它做 \(\exp\) 即得 \((1 - x)^{-y}\)。

第二类斯特林数 \(\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix}\)：\(n\) 个不同元素放入 \(m\) 个相同的盒子，无空盒的方案数。

递推公式：\(\begin{Bmatrix} n \\ m \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m - 1 \end{Bmatrix} + m \begin{Bmatrix} n - 1 \\ m \end{Bmatrix}\)
可以考虑如何插入一个新的元素，也就是[自己成新的环/插入原有的环]，每个盒的插入等价，因此总共有 \(m\) 个彼此不同的插入点，乘 \(m\)。

列的 egf：\(\dfrac{(e^x - 1)^k}{k!} = \sum_{n\ge k} \begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}\dfrac{x^n}{n!}\)
和上面类似的做法。

二元 gf（上标 egf，下标 ogf）：

\[\exp \left(y(e^x - 1)\right) = \sum_{i\ge 0}\sum_{j\ge 0} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix} \frac{x^iy^j}{i!} \]

这个形式就更显然了是吧。

有一个生成单位元的公式，在一些情况下有用：

\[\sum_{k = m}^n {n\brace k}{k \brack m} (-1)^{k - m} = [n = m] \]

都说到这了就再说说斯特林数参与的普通幂和阶乘幂的转换吧。
直接给出公式：

\[x^n = \sum_{k = 1}^n {n\brace k} x^{\underline k} = \sum_{k = 1}^n(-1)^{n - k} {n\brace k} x^{\overline k} \]

\[x^{\underline n} = \sum_{k = 1}^n (-1)^{n - k}{n\brack k}x^k \quad x^{\overline n} = \sum_{k = 1}^n {n\brack k}x^k \]

然后就是斯特林反演的经典形式了。

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

这里当然能用单位元替代的性质来做，但是直接用 egf 代换也行。由第一个式子是可以推出 \(f, g\) 的 egf 的关系的，设二者是 \(F, G\)，则我们能得到 \(F(x) = G(e^x - 1)\)，然后就是 \(G(x) = F(\ln(1 + x))\)，展开即可得到右边。
繁而不难，留作读者练习。

然后就是几个由移动 \(-1\) 和转置矩阵得到的公式：

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

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

\[f(n) = \sum_{i \ge n} {i\brace n} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^{i - n} {i \brack n} f(i) \]

\[f(n) = \sum_{i \ge n} (-1)^{i - n} {i\brace n} g(i) \quad \Leftrightarrow \quad g(n) = \sum_{i \ge n} {i\brack n} f(i) \]

例题：
明明的随机数（校内题（弱化版;
CF932E（不是很反演;
CF960G（不是很反演;
bzoj4671 异或图;
[HEOI2016/TJOI2016] 求和;
[国家集训队] Crash 的文明世界.

单位根反演

单位根是啥？
注意：我们这里的讨论是在 \(\mathbb C\) 上的，其也可以通过一些方式映射到 \(\mathbb F_p\) 上，其中 \(p\) 是质数。
记 \(i = \sqrt{-1}\)，虚数单位。

\(n\) 次单位根，是 \(x^n = 1\) 在复数域上的 \(n\) 个解，第 \(k\in [0, n)\) 个解可以写作

\[e^{2\pi k i / n} = \cos\left(\frac{2k}{n}\pi\right) + i\sin\left(\frac{2k}{n}\pi\right) \]

我们记第 \(i\) 个 \(n\) 次单位根为 \(\omega_n^i\)。\(\omega_n^0 = 1\)；任意单位根都是 \(\omega_n^1\) 的倍数，它常省略右上角角标 \(1\)。

扔到 \(\mathbb F_p\) 上的话就是 \(x^n \equiv 1\pmod p\) 的 \(n\) 个解，但有可能不成立，具体判断方法看下面的构造。
我们设 \(p\) 的一个原根是 \(g\)，则我们有 \(\omega_n = g^{(p - 1)/n}\)。可以发现这样构造出来的 \(\omega_n\) 是满足要求的。

单位根反演的公式如下：

\[[n|a] = \frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega_n^{ak} \]

证明考虑分讨。
当 \(a\not\equiv 0 \pmod n\) 时我们可以等比数列求和，得到右侧就是 \(\dfrac{1}{n} \dfrac{\omega_n^{an} - 1}{\omega_n^a - 1} = \dfrac{1}{n} \dfrac{1 - 1}{\omega_n^a - 1} = 0\)
当 \(a\equiv 0 \pmod n\) 时发现等比数列公比为 \(1\)，能得到右侧就是 \(\frac{1}{n} \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega_n^{0} = 1\)。

可以导出下式：

\[[a \equiv b\ (\text{mod } n)] = \frac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1}w_n^{(a - b)k} \]

例题：
LJJ 学二项式定理;
小猪佩奇学数学;
[集训队作业2018] 复读机;
[HNOI2019] 白兔之舞.

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参考资料：

炫酷反演魔术, command_block ;
Min-Max 容斥小记, command_block ;
多项式计数杂谈, command_block ;
浅谈斯特林数及斯特林反演, y2823774827y ;
单位根反演小记, command_block ;
容斥与反演, juju527 ;
容斥原理 - \(\text{Min-Max}\) 容斥, oi-wiki, Peanut-Tang et al. .