二項式反演

首先有二項式定理，即\((x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}x^iy^{n-i}\binom{n}{i}\)。

進而\(\sum\limits_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}=(1+(-1))^n=[n=0]\)。

已知\(f(n)=\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}g(k)\)，求\(g(n)\)。

• \(g(n)=\sum\limits_{m=0}^n[n-m=0]\binom{n}{m}g(m)\)
• 代入，\(g(n)=\sum\limits_{m=0}^{n}\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k\binom{n-m}{k}\binom{n}{m}g(m)\)
• \(\binom{n}{m}\binom{n-m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m}\)
• \(g(n)=\sum\limits_{m=0}^{n}\sum\limits_{k=0}^{n-m}(-1)^k\binom{n}{k}\binom{n-k}{m}g(m)\)
• \(g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\sum\limits_{m=0}^{n-k}\binom{n-k}{m}g(m)\)
• \(g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}f(n-k)\)
• \(g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}f(k)\)

莫比烏斯反演

已知\(f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\)，求\(g(n)\)。

構造\(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)

用\(\frac{n}{m}=1\)的性質代入即可。

得\(g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})\)

已知\(f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\)，求\(g(n)\)。

\(g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\)

一般形式

已知\(f(n)=\sum\limits_{k=1}^na_{n,k}g(k)\)

構造\(\mu(n,m)\)使得\(\sum\limits_{k=1}^n\mu(k,m)=[n=m]\)。

直接寫答案，\(g(n)=\sum\limits_{k=1}^{n}\mu(n,k)f(k)\)。

子集反演

\(f(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}g(T)\)

• \(\sum\limits_{r\subseteq p}(-1)^{|r|}=[p=0]\)
• \(f(p)=\sum\limits_{q\subseteq p}g(q)\)
• \(g(p)=\sum\limits_{q\subseteq p}[p-q=0]g(q)\)
• \(g(p)=\sum\limits_{q\subseteq p}\sum\limits_{r\subseteq p-q}(-1)^{|r|}g(q)\)
• \(g(p)=\sum\limits_{r\subseteq p}(-1)^{|r|}f(p-r)\)
• \(g(p)=\sum\limits_{r\subseteq p}(-1)^{|p|-|r|}f(r)\)

\(f(S)=\sum\limits_{S\subseteq T}g(T)\)

\(g(S)=\sum\limits_{S\subseteq T}(-1)^{|T|-|S|}f(T)\)

斯特林反演

挖坑代填

一坨反演