[容斥原理与莫比乌斯反演][学习笔记]

容斥原理 与 莫比乌斯反演

今天(2.23.2017)翻了一下《组合数学》前6章，发现我之前一定是学了假的莫比乌斯反演，于是来新写一篇

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# 容斥原理

定理

集合(S)中不具有性质(P_i:1le i le m)的元素个数：
(A_i)为具有性质(P_i)的集合

( |S| - sum{|A_i|} + sum{A_i igcap A_j} -sum{A_i igcap A_j igcap A_k}+...+ (-1)^msum{A_1 igcap A_2 igcap ... igcap A_m} )



项数：$ inom{m}{0} + inom{m}{1} + ... + inom{m}{m} = 2^m$

(Proof.)
(1.) 没有任何一条性质的元素贡献为(1)
(2.) 有(n)条性质的元素，在(n)个集合(A_i)中出现，贡献为(inom{n}{0} - inom{n}{1} + inom{n}{2} + ... + (-1)^ninom{n}{n} = 0)


关于第二条的证明:
根据二项式定理，((1-1)^n =0 : n eq 0)；
或者考虑前(n-1)个元素都可以选或不选，最后一个元素为了保证选的元素个数的奇偶性只有一种选择，所以奇数个元素的子集数量和偶数个元素的子集数量相等

实质

[sumlimits_{i=0}^{n}(-1)^iinom{n}{i} = [n=0] ]

也就是上面的证明过程

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错排

满足(i_j eq j)的排列数

[D_n = n!sumlimits_{i=0}^{n}frac{(-1)^i}{i!} ]

(inom{n}{i}(n-i)! = frac{n!}{i!}) 就是(ge i)个位置不是错排的方案数，应用容斥原理即可

还有一个递推关系
(D_n = nD_{n-1} + (-1)^n)

总结

在统计一类问题时，应用容斥原理可以有效的弱化限制条件
有一种统计恰好k个的问题，限制很强，通常弱化为先拿出k个，剩下的任意
这时候容斥的形式通常是

[= ge k个 - ge k+1个 + ge k+2个 ... ]

这时候我们在统计(ge j:k le j le n)时，如果依靠了枚举哪j个或者类似的DP，可能会过多的统计，比如一个(k+i)个的方案在这时候会被考虑(inom{k+i}{k})次，所以需要乘上一个组合数系数(inom{k+i}{k})

有的问题是恰好没有之类的，这时候(inom{i}{0}=1)所以不用考虑这个东西；同理，恰好n个也不用考虑。

update 2017.5.3:貌似这个东西也不是这么回事儿...感觉还与二项式反演有关...还是具体问题具体分析吧

**update 2017.5.15**

今天闲来无事证明了一下，这玩意应该是普遍成立的！

我们考虑一个恰好(x:x ge k)个的方案被统计的次数：

[egin{align} &= sum_{i=k}^x (-1)^{i-k}inom{i}{k} inom{x}{i} \ &= inom{x}{k} sum_{i=k}^x (-1)^{i-k} inom{x-k}{x-i}\ &= inom{x}{k} sum_{j=0}^{x-k} inom{x-k}{j} \ &= [x==k] end{align} ]

哈哈O(∩_∩)O

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莫比乌斯反演 Mobius Inversion

说明

容斥原理是莫比乌斯反演在有限偏序集上的一个实例
莫比乌斯反演应用在一类二变量函数，偏序关系到实数的映射
《组合数学》上讨论了好多任意有限偏序集的莫比乌斯反演，还有偏序集的直积，我已经看蒙了
所以直接说莫比乌斯反演在数论上的经典形式吧，反正不是整除关系也不会考

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积性函数

定义

定义域为正整数集的函称为数论函数

满足(f(ab) = f(a)f(b) : gcd(a,b) =1)的数论函数称为积性函数

完全积性函数对ab没有互质限制


积性函数：(varphi(n), mu(n))

完全积性函数：

• 单位函数(epsilon(n)=[n=1]),

• 恒等函数(id(n)=n)

• 常函数(1(n)=1)

狄利克雷卷积

[(f*g)(n) = sumlimits_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) ]

满足交换律，结合律，对加法的分配律，单位元 (epsilon)

###性质 1. 积性函数的**点积**和**狄利克雷卷积**也是积性函数 2. 一个函数的约数和可以卷上$1$，如约数个数$d(n)=(1*1)(n)$，约数和 $sigma(n) = (1*id)(n)$

计算

1. 可以(O(nlogn))预处理，无脑枚举所有数的倍数
2. 线性筛

• i=1, i是质数和i%p[j]!=0的情况很好求
• 对于i%p[j] == 0,可以通过分析增加一个最小质因子后的变化，或者直接考虑(f(p^k))怎么求，反正积性函数不同质因子都是互质乘起来就行了不影响
• 也可以筛出最小质因子的次数，分解成(f(n) = f(p^k) f(frac{n}{p^k}))，对于(f(p^k))考虑如何计算，带有约数和的可以考虑展开
• 一些非积性函数也可以通过分析函数的性质也可以用线性筛来求
  例：欧拉函数可以直接根据公式得到如何处理 (varphi(n) = nprodfrac{p_i-1}{p_i} = prod{(p_i-1)*p_i^{e_i-1}})

void sieve() {
	varphi[1] = 1;
	for(int i=2; i<=n; i++) {
		if(!notp[i]) p[++p[0]] = i, varphi[i] = i-1;
		for(int j=1; j<=p[0] && i*p[j]<=n; j++) {
			notp[i*p[j]] = 1;
			if(i%p[j] == 0) {
				varphi[i*p[j]] = varphi[i] * p[j];
				break;
			}
			varphi[i*p[j]] = varphi[i] * (p[j]-1);
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) varphi[i] += varphi[i-1];
}

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##莫比乌斯函数 $$ mu(1) = 1\ mu(n) = (-1)^i quad n 是i个质数之积 \ mu(n) = 0 quad p^2 | n, p > 1 $$

[ mu * 1 = epsilon， 即 sumlimits_{d|n}mu(d) = [n=1]$$。 </br> $Proof. $设$n$有$k$种质因子， ]

sumlimits_{d|n}mu(d) = sum_{i=0}^{k}(-1)^iinom{k}{i}

[和上面的容斥原理证明类似，应用二项式定理 </br> ## 欧拉函数 ]

varphi(n) = sum_{i=1}^n [(n,i)=1]
varphi(n) = prod p^{c-1}(p-1)

[ </br> 1. $$ varphi * 1 = id 即 n = sumlimits_{d|n}varphi(d) , 反演后 mu * id = varphi ]

(Proof.) 考虑列出所有分子(frac{i}{n})一共(n)个

2. [sum_{i=1}^n [(n,i)=1]*i = frac{[n=1] + n*varphi(n)}{2} ]
   (Proof.) ((n,i)=(n, n-i))，除了1和2 互质成对出现，和为n

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莫比乌斯反演

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

(g = f*1 ightarrow f = g * mu)


(Proof.)
两边都卷上(mu * 1)
其他证明方法还有很多，我写这个是因为这个短


另一种形式

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

***

应用

感觉还是直接使用这个式子代换比较简单，构造函数再进行反演好像并不好想

[sumlimits_{d|n}mu(d) = [n=1] ]

有一些常见技巧:

• 枚举gcd取值
• 交换枚举倍数与约数
• 用莫比乌斯函数求和替换
• 改写求和指标
• 最后通常需要得到一个可以整除分块的形式，处理一个函数的前缀和后可以在根号复杂度内解决一次询问

一般的题目推导起来挺套路的，通常都是枚举两个变量求一个带着gcd的东西(有的题目需要你自己把式子变形把gcd放进去)，套路推♂倒之后都变成了整除分块，然后重点就在如何通过线性筛求函数了

栗子

[egin{align*} sumlimits_{i=1}^n sum_{j=1}^m gcd(i,j) &= sum_{d=1}^n d sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \ 先枚举d再枚举倍数,出现[=1]的形式 \ &=sum_{d=1}^n d sum_{i=1}^{frac{n}{d}} sum_{j=1}^{frac{m}{d}} [gcd(i,j)=1] \ 用sumlimits_{e|n}mu(e) = [n=1]替换 ,先枚举e再枚举倍数\ &=sum_{d=1}^n dsum_{e=1}^n mu(e) frac{n}{de} frac{m}{de} \ 改写求和指标，令D = de \ &= sum_{D=1}^n sum_{d|D} dmu(frac{D}{d}) frac{n}{D} frac{m}{D}\ 发现最后就是 id * mu = varphi \ &= sum_{D=1}^n varphi(D) frac{n}{D} frac{m}{D}\ end{align*} ]

代码

int notp[N], p[N];ll varphi[N];
void sieve(int n) {
    varphi[1]  1;
    for(in i=2; i<=n; i++) {
        if(!notp[i]) p[++p[0]] = i, varphi[i] = i-1;
        for(int j=1; j<=p[0] && i*p[j]<=n; j++) {
            notp[i*p[j]] = 1;
            if(i%p[j] == 0) {varphi[i*p[j]] = varphi[i]*p[j]; break;}
            varphi[i*p[j]] = varphi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) varphi[i] += varphi[i-1];
}
ll cal(int n, int m) {
    ll ans=0; int r;
    for(int i=1; i<=n; i=r+1) {
        r = min(n/(n/i), m/(m/i));
        ans += (varphi[r] - varphi[i-1]) * (n/i) * (m/i);
    }
    return ans;
}