二.反演原理
0.综述
说一下个人对反演的理解。
反演是一种手段，一种处理已知信息和未知信息关系的手段，用来得到未知信息的方式。也就是以一种既定的手段在较小的时间复杂度内用已知的信息得到未知的信息。
还有$zsq$学长更加浅显的解读。
反演一般就是把一个好看但难算的式子转化成一个难看且难算的式子在转化为一个难看但好算的式子。
先来一个裸一点的反演
下面要说我知道的四种反演。
子集反演，针对的是集合交并的容斥。
二项式反演，针对组合原理的容斥。
莫比乌斯反演，针对约数和倍数的容斥。
斯特林反演，针对集合划分的容斥。
最值反演（$Min\_Max$容斥），针对集合元素出现的最值的反演。
1.子集反演。
$$g(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)$$
$$f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\left|S\right|-\left|T\right|}g(T)$$
这个是裸的容斥，证明的话，奇加偶减自己想想就明白了。
$fr.$小星星。
直接算很麻烦很麻烦很麻烦所以考虑大力容斥可以喵。
限制很多还是$dp$然后，设$dp[i][j][S]$为以$i$为根的子树，$i$在原图中对应了$j$，子树里所有的点都在对应$S$集合中的点，不要求子树一一对应，随便怎么对应都可以的方案。
这个$O(n^3)tree dp$就能够得到。
会有很多点被重复对应，我们显然要容斥。
然后这里学长讲的时候说是随便$yy$了个容斥系数，但是其实这个系数是用子集反演得到的。
设$f(S)$为集合$S$中的没一个元素都有被对应的方案数。
设$g(S)=\sum\limits_{i\subseteq S}dp[1][i][S]$也就是$S$的方案数。
那么:
$$g(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}f(T)$$
子集反演得到：
$$f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{\left|T\right| - \left|S\right|}g(T)$$
设$S$为$n$个点的全集，那么我们求得就是：
$$ans=f(S)$$
枚举集合$T$容斥+$dp$即可解决。
复杂度$O(n^32^n)$
$se.$与$FWT$结合，我还没有做过题。
2.二项式反演。
运用最频繁的反演之一。形式很多。
这里写一下最常用的两种形式：
至多形式：
$$g(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m}{i}f(i)$$
$$f(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}g(i)$$
至少形式：
$$g(m)=\sum\limits_{i=m}^{n}\binom{i}{m}f(i)$$
$$f(m)=\sum\limits_{i=m}^{n}(-1)^{i-m}\binom{i}{m}g(i)$$
证明：
只证明至多形式。
$$f(m)=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}g(i)$$
$$=\sum\limits_{i=0}^{m}\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}\binom{i}{j}f(j)$$
$$=\sum\limits_{i=0}^{m}\sum\limits_{j=0}^{i}(-1)^{m-i}\binom{m-j}{i-j}\binom{m}{j}f(j)$$
改变枚举顺序。
$$=\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{m}{j}f(j)\sum\limits_{i=j}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m-i}{i-j}$$
后面的部分是$m-j$行二项式系数的奇偶错减，只有$j=m$的时候为1，其余为0。
$$=\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{m}{j}f(j)[j=m]$$
$$=f(m)$$
证毕。
题目。
$fr.$放棋子。
这个题看起来很像二项式反演。
发现每个颜色的棋子必然要占据他所在的行和列。
设$g[i][j][k]$为第$i$种颜色的棋子占据$j$行$k$列的方案数。
$f[i][j][k]$为前$i$种颜色占了$j$行$k$列的方案数。
如果我们的到了$g$，就可以做二维背包求出$f$.
现在问题转化为求$g$
设至少有$l$行$r$列有棋子的方案为$h(l,r)$,恰好有这么多被占的为$p(l,r)$
那么
$$h(n,m)=\sum\limits_{i=n}^{mxn}\sum\limits_{j=m}^{mxm}\binom{i}{n}\binom{j}{m} p(i,j)$$
$$p(n,m)=\sum\limits_{i=n}^{mxn}\sum\limits_{j=m}^{mxm}(-1)^{i+j}\binom{i}{n}\binom{j}{m}h(i,j)$$
我们发现要求的$g[j][k]=p(j,k)$
这样看起来仍然不是很好算因为我们很难求出$h(i,j)$于是考虑舍弃二项式反演。
没错正解不是二项式反演。
而我拿出这道题的原因就是我考场上推了很久的二项式反演。
这也提醒我：用二项式反演之前要注意是否有一个已知函数是极便于求出的，如果不是，那么反演即使本身正确，也难以在正确的复杂度内求解。
正解是补集容斥。
$$g[n][m]=\binom{nm}{num}-\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{n}{i}\binom{m}{j}g[i][j]$$
$se.$染色
这个是真的二项式反演。
设$f(k)$为恰好出现$S$次的颜色有$k$个的方案数，$g(k)为至少$。
那么:
$$g(k)=\binom{m}{k}\binom{n}{kS}\frac{(kS)!}{(S!)^k}(m-k)^{n-kS}$$
$$g(k)=\sum\limits_{i=k}^{m}\binom{i}{k}f(i)$$
二项式反演得到
$$f(k)=\sum\limits_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g(i)$$
再继续推一推就会发现是卷积的形式，这个时候我们$FFT$一发就可以在$O(mlogm)$时间内求出没一个$f(k)$的取值，乘权累加即可。
3.莫比乌斯反演。
这个比较常见了吧。现在在$hzoi$都烂大街了。
定义几个常用的函数，当作笔记了。
单位函数$$I(n)=1$$
元函数$$e(n)=[n=1]$$
约数个数函数$$d(n)=\sum\limits_{d|n}I$$
约数和函数$$\sigma(n)=\sum\limits_{d|n}d$$
标志函数$$id(n)=n$$
莫比乌斯函数$$mu(n)=\begin{cases} (-1)^w &\ n=\prod\limits_{i=1}^{w}p_i&\\0 &\ n=p^2\prod\limits_{i=1}^{w}p_i^{c_i}&\end{cases}$$
欧拉函数$$\varphi(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[i\perp n]$$
基本上正常的反演就只用到这些函数了。但是不包括某$DZY$系列。
狄利克雷卷积：定义符号$*$为狄利克雷卷积。
对于三个函数个函数：$h,g,f$.
$$f=h*g->f(n)=\sum\limits_{d|n}h(d)g(\frac{n}{d})$$
结论：两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。
证明：
设$n=\_*p^c,a\perp b,ab=n$
$$f(n)=\sum\limits_{d|n}h(d)g(\frac{n}{d})$$
$$f(a)=\sum\limits_{d|a}h(d)g(\frac{a}{d})=\sum\limits_{d|a}\prod\limits_{p^c|d}h(p^c)\prod\limits_{q^c|\frac{a}{d}}g(q^c)$$
$$f(b)=\sum\limits_{d|b}\prod\limits_{p^c|d}h(p^c)\prod\limits_{q^c|\frac{b}{d}}g(q^c)$$
所以$n$的约数个数是$a,b$的个数的乘积，而这些约数都是由$a,b$的质因子任意组合得到的。
$$f(a)f(b)=\sum\limits_{d|ab}\prod\limits_{p^c|d}h(p^c)\prod\limits_{q^c|\frac{ab}{d}}g(q^c)$$
$$=\sum\limits_{d|ab}h(d)g(\frac{ab}{d})$$
$$=\sum\limits_{d|n}h(d)g(\frac{n}{d})$$
$$=f(n)$$
好了回归莫比乌斯函数。
莫比乌斯反演的核心就在于莫比乌斯函数。
考虑一下它在本质上是一个怎么样的函数。
其实就是把一个数作为一个集合，他的所有质因子作为元素，还有另外一个特殊元素是1。
莫比乌斯函数看似是奇减偶加，其实是集合没有计算1的原因，如果算上了的话，正好就是奇加偶减。
$fr.$LOJ#528求和。
题意就是对于给定的$n,m$求这个式子的值。$n,m<=1e9$
$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\mu^2(gcd(i,j))$$
这题可以用莫比乌斯反演暴力通过，而我的做法较为简单。
首先发现后面的式子的值只有$0,1$两种情况，那么只需要用$nm$减去为0的情况即可。
什么时候是0呢？就是$gcd(i,j)$有平方因子的时候。
那么只需要找出所有的以平方数或者平方数的倍数为最大公约数的数对数即可了。
一个看似很显然的答案就是
$$nm-\sum\limits_{d=2}^{min(\sqrt{n},\sqrt{m})}\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor\lfloor\frac{m}{d^2}\rfloor$$
不过是错的。
考虑枚举的合数$d$，发现同样的状态会被他的质因子分别多次计算，而这个合数$d$，刚好是那些质因子的交集。
考虑容斥。
对于一个$d$来说，他会被他的质因子集合多次计算，如果是含有奇数个质因子加上，偶数个就减去，我们要求的最大公约数为平方数的倍数的数的对数。
然而前面有一个负号，那么我们反过来，奇数个减去，偶数个加上。就是莫比乌斯函数了。
那么用莫比乌斯函数容斥得到：
$$ans=nm+\sum\limits_{d=2}^{min(\sqrt{n},\sqrt{m})}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor\lfloor\frac{m}{d^2}\rfloor$$
因为$\mu(1)=1$
所以这个式子还可以更加美妙一些。
$$ans=\sum\limits_{d=1}^{min(\sqrt{n},\sqrt{m})}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor\lfloor\frac{m}{d^2}\rfloor$$
可以$\sqrt{n}$求解。
$se.$莫比乌斯函数的性质。
这个东西与其说是莫比乌斯函数的性质，不如说莫比乌斯函数本就是一种为了满足他所持有的性质的要求而被创造的一种函数。
有人想要一种函数$\mu$，满足以下一种性质：
$$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
我们考虑把一个数看作一个集合，集合中的元素是$1$和他所有的质因子。那么容斥的集合大小也就有了。
用二项式定理证明。
证明：
$n=1$显然成立。
如果$n!=1$
设$n=\prod\limits_{i=1}^{w}p_i^{c_i}$
那么,由于含有两个及以上同样质因子的约数的贡献均为0，在加上二项式定理的推导，得到：
$$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{i=1}^{w}(-1)^i\binom{w}{i}=(1-1)^w$$
发现没有，还是最开始用的$(1-1)^n$容斥的式子，一开始就说了，所有容斥的本质，就是奇加偶减。
用这个性质来证明莫比乌斯反演。
莫比乌斯反演的公式：
$$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)->f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})$$
证明：
$$f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{r|\frac{n}{d}}f(r)$$
$$\ \ =\sum\limits_{r|n}f(r)\sum\limits_{d|\frac{n}{r}}\mu(d)$$
$$\ \ =\sum\limits_{r|n}f(r)[\frac{n}{r}=1]$$
$$\ \ =\sum\limits_{r|n}f(r)[n=r]$$
$$\ \ =f(n)$$