一坨反演

Posted 2021-01-28 suika

二项式反演

首先有二项式定理，即((x+y)^n=sumlimits_{i=0}^{n}x^iy^{n-i}inom{n}{i})。

进而(sumlimits_{k=0}^n(-1)^kinom{n}{k}=(1+(-1))^n=[n=0])。

已知(f(n)=sumlimits_{k=0}^ninom{n}{k}g(k))，求(g(n))。

• (g(n)=sumlimits_{m=0}^n[n-m=0]inom{n}{m}g(m))
• 代入，(g(n)=sumlimits_{m=0}^{n}sumlimits_{k=0}^{n-m}(-1)^kinom{n-m}{k}inom{n}{m}g(m))
• (inom{n}{m}inom{n-m}{k}=inom{n}{k}inom{n-k}{m})
• (g(n)=sumlimits_{m=0}^{n}sumlimits_{k=0}^{n-m}(-1)^kinom{n}{k}inom{n-k}{m}g(m))
• (g(n)=sumlimits_{k=0}^{n}(-1)^kinom{n}{k}sumlimits_{m=0}^{n-k}inom{n-k}{m}g(m))
• (g(n)=sumlimits_{k=0}^{n}(-1)^kinom{n}{k}f(n-k))
• (g(n)=sumlimits_{k=0}^{n}(-1)^kinom{n}{k}f(k))

莫比乌斯反演

已知(f(n)=sumlimits_{d|n}g(d))，求(g(n))。

构造(sumlimits_{d|n}mu(d)=[n=1])

用(frac{n}{m}=1)的性质代入即可。

得(g(n)=sumlimits_{d|n}mu(d)g(frac{n}{d}))

已知(f(n)=sumlimits_{n|d}g(d))，求(g(n))。

(g(n)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})f(d))

一般形式

已知(f(n)=sumlimits_{k=1}^na_{n,k}g(k))，求(g(n))。

构造(mu(n,m))使得(sumlimits_{k=1}^nmu(k,m)=[n=m])。

直接写答案，(g(n)=sumlimits_{k=1}^{n}mu(n,k)f(k))。

子集反演

(f(S)=sumlimits_{Tsubseteq S}g(T))

• (sumlimits_{rsubseteq p}(-1)^{|r|}=[p=0])
• (f(p)=sumlimits_{qsubseteq p}g(q))
• (g(p)=sumlimits_{qsubseteq p}[p-q=0]g(q))
• (g(p)=sumlimits_{qsubseteq p}sumlimits_{rsubseteq p-q}(-1)^{|r|}g(q))
• (g(p)=sumlimits_{rsubseteq p}(-1)^{|r|}f(p-r))
• (g(p)=sumlimits_{rsubseteq p}(-1)^{|p|-|r|}f(r))

(f(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}g(T))

(g(S)=sumlimits_{Ssubseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T))

斯特林反演

挖坑代填