反演入门学习笔记

前言

非常古老的存货了，现在搬到了博客园上。

资料主要来源于网上（oi-wiki、知乎、博客园）。
笔者水平有限，若有不足之处，欢迎您将您的意见私信给笔者。

闲话

本篇文章主要以感性理解为主，大部分补充的证明部分会以链接形式给出（绝对不是笔者不会证明），一些较为容易理解的证明会直接写出。
其实个人认为，这一类算法只需要大致理解思想，然后会运用式子就好。
这些反演的式子都非常的优美，基本上只要理解了思想就不怎么需要背了。

简要目录

Part 1. 二项式反演
Part 2. 子集反演（计划中）
Part 3. 莫比乌斯反演

反演概述

什么是反演？
简单理解一下，若能从 \(f\) 推出 \(g\)，则称之为正演。那么将其倒过来，用 \(g\) 反推出 \(f\) 就叫做反演了。形象生动的解释：正演与反演模拟理解 by
奶茶派。

反演的作用？
\(\footnotesize\text{答案}\stackrel{正演}\longrightarrow某个式子\stackrel{简单处理}\longleftarrow题目条件\)
\(\footnotesize\text{答案}\stackrel{\textbf{反演}}\longleftarrow某个式子\stackrel{简单处理}\longleftarrow题目条件\)

在 OI 中，反演一般长这样：

\[g_n=\sum 一堆系数\cdot f_i \longleftrightarrow f_n=\sum 一堆系数\cdot 用于去重的新式子\cdot f_i \]

可以发现这里的 \(g\) 是从一堆 \(f\) 加起来的，所以反演时需要进行去重。在二项式反演中，用于去重的就是 \((-1)^x\)，而在莫反中则变成了莫比乌斯函数 \(\mu(x)\)。

二项式反演

理论

为什么要学二项式反演

二项式反演常用于解决至多（至少）和恰好之间的转换，常用于统计方案数。
一般来说，知道恰好后是能较为容易的推出至多的，我们这里先写一个式子（看不懂没关系下文有解答）：

\[g(n)=\sum_{i=0}^n{n\choose i}\cdot f(i) \]

对柿子的解释

\(g(n)\) 表示至多选 \(n\) 个的方案数，\(f(i)\) 表示恰好选 \(i\) 个的方案数。显然至多就是要把所有 \(0\) 到 \(n\) 的恰好方案加上去。
为什么会有 \(n\choose i\) 呢？这是因为任意的 \(i\) 个都能对产生 \(f(i)\) 种方案，所以需要乘上 \(n\) 中选 \(i\) 个的方案数。

在题目中，一般 \(g\) 是较为好求的。那么接下来我们就要解决：如何从 \(g\) 反推回 \(f\)？

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从二项式定理到容斥定理再回到二项式反演

注：下面讲述得出二项式定理的证明过程，可以略过直接跳步到二项式反演全家桶处。

这里推荐两篇文章，有详细的证明过程：

• 二项式反演及其应用 by GXZlegend
• 【瞎口胡】多步容斥和二项式反演 by Meatherm

\[\boxed{(a+b)^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i}a^ib^{n-i}} \]

证明很妙，简单写一下：

将其拆开：\((a+b)^n=(a+b)(a+b)\cdots(a+b)\)
发现实际上对于每个括号内都可以选 \(a\) 或选 \(b\)，这样就一共有 \(2^n\) 种可能，每种的贡献是 \(1\)。
那么假设选了 \(i\) 个 \(a\)，一共就有 \(n\choose i\) 个选法，也就是这一项的贡献就是 \(n\choose i\)！剩余的只能选择 \(b\)，于是就有 \({n\choose i}a^ib^{n-i}\)。
将 \(i\) 从 \(0\) 枚举到 \(n\)，就证完了！

那么它和容斥定理又有什么关系呢？
这是容斥定理的形式：

\[\boxed{\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j}|A_i\cap A_j|+\cdots+\sum(-1)^{n+1}\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right|} \]

简单来说，就是选 \(1\) 个的方案减去任意选 \(2\) 个的方案加上选 \(3\) 个的方案 \(\cdots\)

感性证明？

假设一个元素出现在 \(c\) 个集合中，那么左侧柿子由于是集合并起来，所以不管出现几次都只有 \(1\) 的贡献。那么我们只需要让右边的贡献也为 \(1\) 就全对了！
右侧是并，所以考虑全部都要选。枚举当前的 \(i\)，乘上容斥系数 \((-1)^{i+1}\)，这个时候你发现 \(i\) 个的选法就是从 \(c\) 中选，那么就有这个柿子：

\[\sum_{i=1}^c(-1)^{i+1}{c\choose i}=-\sum_{i=1}^c(-1)^i{c\choose i} \]

发现 \(i=1\) 其实不如 \(i=0\) 好做，于是你再加入一个：

\[(-1)^0{c\choose 0}-\sum_{i=0}^c(-1)^i{c\choose i}=1-\sum_{i=0}^c(-1)^i{c\choose i} \]

这个时候你发现 \(\sum_{i=0}^c(-1)^i{c\choose i}\) 的形式特别和上文 \(\sum_{i=0}^n{n\choose i}a^ib^{n-i}\) 相似，考虑转化：

\[1-\sum_{i=0}^c{c\choose i}(-1)^i1^{c-i}=1-(-1+1)^c=1-0=1) \]

证毕，对完了！

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容斥？反演！

沿用一下刚刚证明的公式：

\[\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j}|A_i\cap A_j|+\cdots+\sum(-1)^{n+1}\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right| \]

小学数学告诉我们，补集的交等于并的补集。记 \(A_i\) 补集是 \(B_i\)，于是我们改写一下：

\[\left|\bigcap_{i=1}^nB_i\right|=|U|-\sum_{i}|A_i|+\sum_{i,j}|A_i\cap A_j|-\cdots+\sum(-1)^n\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right| \]

而补集的补集变成了原集，于是将 \(B_i\) 和 \(A_i\) 互换有：

\[\left|\bigcap_{i=1}^nA_i\right|=|U|-\sum_{i}|B_i|+\sum_{i,j}|B_i\cap B_j|-\cdots+\sum(-1)^n\left|\bigcap_{i=1}^n B_i\right| \]

这两者只是 \(A,B\) 定义上的区别，系数完全一样，能不能把它们联系起来呢？
记 \(f(i)\) 表示 \(i\) 个 \(A\) 集合的交集大小，\(g(i)\) 表示 \(i\) 个 \(B\) 集合的交集大小。这里是一种特殊情况：即任意的 \(i\) 个集合 \(A\) 交起来是的大小相等，但同样也满足上面那个柿子。
则有：

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

看起来非常的对称。需要注意的是，其中的 \(f(0)=g(0)=|U|\)，这样就能与上述式子相符了。

注意：在真正做题的时候，我们只知道 \(f,g\)，而无需考虑上面证明时提到的集合。换句话说，这只是一种较为简单易懂的证明方式，二项式反演虽然形式上和多步容斥极为相似，但它们并不等价。

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二项式反演全家桶

形式 0（其实并不常用）：

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

形式 1（至多与恰好的转换）：

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

证明：
设 \(h(i)=(-1)^if(i)\)

\[g(n)=\sum_{i=0}^n{i\choose n}h(i)\Leftrightarrow \frac{h(n)}{(-1)^n}=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}{i\choose n}g(i)\]

形式 2（至少与恰好的转换，非常常用）：

\[\boxed{ g(n)=\sum_{i=n}^N{i\choose n}f(i)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{i=n}^N(-1)^{i-n}{i\choose n}g(i) }\]

证明先咕着，可以看推荐阅读材料。

值得注意的是，其实式子中的 \(N\) 应该被 \(+\infty\) 代替，但是题目中一般大于 \(N\) 的 \(g\) 就没有值了，对答案没有贡献，可以省略。

例题

BZOJ2839 集合计数

一个有 \(N\) 个元素的集合有 \(2^N\) 个不同子集（包含空集），现在要在这 \(2^N\) 个集合中取出若干集合（至少一个），使得它们的交集的元素个数为 \(K\)，求取法的方案数，答案模 \(10^9+7\)。

发现元素个数恰好是 \(k\) 很不好做，考虑使用二项式反演转化成至少 \(k\) 个。

假设 \(g(x)\) 表示交集至少有 \(x\) 个元素的方案数。首先发现的是包含这 \(x\) 个元素的集合一共会有 \(2^{n-x}\) 个，由于是交集，只需要在这些集合中选出若干个即可，方案数是 \(2^{2^{n-x}}-1\)，因为如果都不选就不满足至少一个的条件。
但是需要注意，这 \(x\) 个元素可以从 \(n\) 中任意选择，所以答案其实是 \(g(x)={n\choose x}(2^{2^{n-x}}-1)\)。

直接上形式二：

\[f(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose n}g(i) \]

复杂度是 \(O(n\log n)\) 的，非常优秀。

但是这样就做完了吗？你会发现你喜提 WA 30pts。
这是因为 \(2^{2^{n-x}}-1\) 是要 \(\bmod P\ (P=10^9+7)\) 的。此时内部的 \(2^{n-x}\) 就不是 \(\bmod P\) 而是 \(\bmod(P-1)\) 了。

为什么？
根据费马小定理，\(x^{p-1}\bmod p=1\)，就有 \(x^c\bmod p=x^{\left\lfloor\frac{c}{p-1}\right\rfloor(p-1)+c\bmod(p-1)}\bmod p=x^{c\bmod(p-1)}\bmod p\)

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P5505 [JSOI2011] 分特产

注：这题并不完全算二项式反演，而和容斥关系更大。不过使用二项式反演有助于更好理解题目含义。

有 \(n\) 个有标号的盒子和 \(m\) 种有标号的球，每种球有 \(a_i\) 个，求每个盒子至少放一种球的总方案数。

套路地，设 \(g(x)\) 表示钦定（也就是至少）\(x\) 个盒子为空的方案数，这样其他的盒子就可以随便选了。
考虑插板法，\(n\) 个盒子放 \(m\) 个球的方案数是 \(n+m-1\choose n-1\)，即 \(n+m-1\) 个空隙中任意插板子。那么有：

\[g(x)={n\choose x}\times\prod_{i=1}^m{a_i+n-i-1\choose n-i-1} \]

解释：前面的组合数是因为盒子是有标号的，后面的式子可以根据乘法原理得出。

接下来就到了二项式反演的重点：至少转恰好。这里求恰好 \(0\) 个盒子为空，套用形式二，则有：

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

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P4859 已经没有什么好害怕的了

反演 + dp 好题。

给出长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，要求两两配对使得 \(a>b\) 的对数量减去 \(a<b\) 的对数量恰为 \(k\)，求方案数。
\(0\le k\le n\le2000\)，\(a,b\) 无相同元素。

发现直接做是困难的，因为不确定如何匹配。考虑可以先钦定 \(x\) 个数对满足 \(a_i>b_i\)，剩下的随意排列，乘上 \((n-x)!\)。当然，这样只能算出至少 \(x\) 个满足的情况，只需进行二项式反演即可。

考虑怎么求方案数，首先对 \(a,b\) 排序，便于找出存在多少个 \(b_j<a_i\)（记为 \(c_i\)），直接用 lower_bound 即可。记 \(g_{i,j}\) 表示考虑到 \(a_i\)（已排序），钦定了 \(j\) 个满足条件的数。就有式子：

\[g_{i,j}=g_{i-1,j}+(c_i-(j-1))g_{i-1,j-1} \]

解释：

• 前面的 \(g_{i-1,j}\) 不用乘是因为在最后进行二项式反演时才会乘上 \((n-j)!\)。
• \((c-(j-1))\) 是因为前面已经匹配的 \(b_j\) 必然小于 \(a_i\)，此时需要扣掉。

最后有 \(a>b\) 对数应该是 \(tot=\frac{k+n}{2}\)，注意判一下无解。式子：

\[ans=\sum_{i=tot}^n(-1)^{i-tot}{i\choose tot}\cdot (n-i)!\cdot g_{n,i} \]

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子集反演

理论

子集反演和二项式反演

子集反演其实与二项式有着很大的联系：例如证明过程相似，都是处理恰好与至少至多的关系等等。可以看作是集合角度的二项式反演。

假如题目给你 \(n\) 个元素（或是转换为 \(n\) 个条件等形式），让你求 \(f(S)\) 表示恰好选择 \(S\) 中的点的方案数，参照前面的思想，如果当 \(f(S)\) 求解困难时，可以记 \(g(S)\) 表示至多选 \(S\) 中这些点的方案数。
如果钦定 \(T\) 是满足条件的那个，显然有 \(g(S)=\sum_{T\subseteq S}f(T)\)。那么直接给出反演式子：

\[\boxed{f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T)} \]

可以看出这个式子同样具有优美的对称性。可以感性理解成一个容斥的过程，证明可以看补充资料：

• 子集反演学习笔记 - Pbri
• 【推导】子集反演的形式化推导 - 王学逸

当然，与二项式类似，其还有至少与恰好的转换形式：

\[\boxed{f(T)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(S)} \]

那么我们直接开始例题。

例题

一个规律是，由于子集反演需要枚举子集，其较高的时间复杂度使得一般题目的数据范围都较小。
子集反演经常与 dp 和生成树、矩阵等有关，所以有些题先咕着。

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莫比乌斯反演

理论

从狄利克雷卷积开始

注：初学可能较为困难，仅作为理解。可以跳过（直接到例子处）。

\[\boxed{ (f\ast g)(x)=\sum_{d|x}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)\Leftrightarrow \sum_{ij=x}f(i)g(j) }\]

\[\tiny\uparrow其实不用完全理解上面的式子\uparrow \]

其中后面的式子是对称形式，较为便于理解。

感性理解一下，狄利克雷卷积是有关于因数的卷积：

• 卷：对于每一对乘积等于 \(x\) 的 \(f\) 和 \(g\)，将其分别相乘。
• 积：所有因数对的答案之和。

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例子

为了便于推出莫比乌斯函数与反演，我们举个例子：

假设有：

\[g=f\times c \]

如果知道了 \(g\)，怎么求 \(f\)？

\[f=g\times\frac{1}{c} \]

从原来的 \(c\) 变为 \(\frac{1}{c}\)，其实就是将其变为倒数。
在 \(f\) 不好求的情况下，我们只需求出 \(g\) 和 \(c\) 便可以逆推出 \(f\)，这就是反演的思想。

狄利克雷卷积的律

狄利克雷卷积满足交换律、结合律、分配律（证明：狄利克雷卷积和莫比乌斯反演 by 秋钧）。
是不是很像我们接触的乘法？「卷积」中的「积」就来源于此。

在狄利克雷卷积中，原来的符号 \(\times\) 变为了卷积的式子（上面）。接下来我们开始介绍数论函数：

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数论函数全家桶

数论函数

定义域为整数，值域为实数。
即 \(x\in\mathbb{N},f(x)\in\mathbb{R}\)。

单位元函数

\[\boxed{\epsilon(x)=[x=1]} \]

艾佛森括号

\[[P]=\begin{cases} 1 & \mathtt{如果\space P\space 成立}\\ 0 & \mathtt{otherwise} \end{cases}\]

艾佛森括号可以大大简化公式的书写，如上文的 \(\epsilon(x)\)，在 \(x=1\) 时 \(\epsilon(1)=1\)，其他时候均为 \(0\)。

根据上面的例子，我们也可以将其类比为狄利克雷卷积中的 \(1\)。

单位元函数是一个积性函数。

积性函数

对于所有互质的整数 \(a,b\)，都有 \(f(ab)=f(a)f(b)\)。
完全积性函数则更进一步，对于任意整数 \(a,b\)，都有 \(f(ab)=f(a)f(b)\)。

常数函数

\[\mathbf{1}(x)=1 \]

没错，就这么简单！

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引入正题

狄利克雷逆

\[\boxed{f\ast f^{-1}=\epsilon} \]

\(f^{-1}\) 被称为 \(f\) 的狄利克雷逆（就当作逆元理解）。

限于篇幅，关于 \(f^{-1}\) 的具体狄利克雷逆展开，推荐狄利克雷卷积和莫比乌斯反演 by Xecades。

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莫比乌斯函数与常数函数

莫比乌斯函数的定义其实是这样的：

\[\boxed{\mu=\mathbf{1}^{-1}} \]

即其是常数函数的逆元。

展开后就成了：

\[\boxed{\mu(x)=\begin{cases} 1 & x=1\\ 0 & \exists p\in\mathbb{N}^+,p^2|x &\mathtt{即\space} x\mathtt{\space 含有平方因子}\\ (-1)^k & \mathtt{otherwise} & k\mathtt{\space 是\space} x \mathtt{\space 的素因子个数} \end{cases}}\]

还记得一开始的例子吗？

若 \(g(x)=f(x)\ast\mathbf{1}\)，则 \(f(x)=g(x)\ast\mu\)

将其全部展开狄利克雷卷积后：

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

注：为了对称，\(\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)g(d)\) 可以写成 \(\sum_{ij=n}\mu(i)g(j)\)。

另一个特殊的性质：

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

把 \(n\) 换成 \(\gcd(i,j)\)：

\[\boxed{ \sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1] }\]

我们将在例题中详细讲述其应用。

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线性筛

\(\mu\) 虽好，但若不可以线性筛一切都无从谈起。

不过好在其是积性函数，直接上代码（线性筛基本可以求所有的积性函数）：

void initmu() {mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) {if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1; // 定义for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {flg[i * p[j]] = 1;if (i % p[j] == 0) {mu[i * p[j]] = 0; // 平方因子break;}mu[i * p[j]] = -mu[i]; // 多一个因子}}
}

例题

P2522 [HAOI2011] Problem b

求：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k] \]

注：以下默认 \(n<m\)（不满足直接 swap）。

还记得吗？

\[\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1] \]

要将其转换为上面这个格式，只需要把 \(k\) 变为 \(1\)（可以思考一下为什么能这么转换）：

\[\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \]

大力上莫比乌斯：

\[\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) \]

换个角度，先枚举 \(d\) 再找满足 \(d|\gcd(i,j)\) 的 \(i\) 和 \(j\)：

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor}[d|\gcd(i,j)] \]

发现满足 \(d|\gcd(i,j)\) 的 \(i,j\) 可以直接算：

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor}1 \]

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \]

\(O(n)\) 算，解决！

总结一下：
一开始求的是 \(\sum[1=\gcd(i,j)]\)，运用恰好难算包含好算的思想，化为 \(\sum[d|\gcd(i,j)]\)，此时就去掉了枚举的 \(\sum\)，这是这样一类问题的经典套路。

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

求：

\[f(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j) \]

\(\operatorname{lcm}\) 看起来不顺眼。我们知道，\(\operatorname{lcm}(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}\)，读者自证不难。
于是把它换成 \(\gcd\)：

\[f(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)} \]

这一步非常关键，由于 \(\gcd\) 在分母不好处理，我们设法将其拎出来。
由 \(\gcd\) 的定义引入 \(d=\gcd(i,j)\)：

\[f(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i,d|j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{ij}{d} \]

这一步也很关键，需要注意的是 \(i,j\) 的定义发生了变化。
\(i\) 变成了 \(\frac{i}{d}\)，这样的话 \(\frac{ij}{d}\) 会少算一个 \(d\)，在前面补上：

\[f(n,m)=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\cdot ij \]

\(\gcd\) 被成功从分母转换到了外面，可喜可贺。发现后面依托 \(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\cdot ij\) 是一个新的式子，记：

\[g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\cdot ij \]

那么就有：

\[f(n,m)=\sum_{d=1}^nd\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \]

发现如果可以快速算出 \(g(x,y)\)，就可以直接上数论分块求解。
接下来到了推 \(g(n,m)\) 式子的时候：

\[g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\cdot ij \]

这不就是上文说的套路吗，直接把 \(\gcd(i,j)\) 展开：

\[g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij\sum_{t|\gcd(i,j)}\mu(t) \]

把 \(t\) 提到前面去：

\[g(n,m)=\sum_{t=1}^n\sum_{t|i}^n\sum_{t|j}^m\mu(t)ij \]

注意这里 \(i,j\) 的含义又发生了变化，和上文类似，\(i\) 变成了 \(\frac{i}{t}\)。
那么 \(ij\) 少算了 \(t^2\)，加到前面去：

\[g(n,m)=\sum_{t=1}^n\mu(t)t^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}ij \]

前面的 \(\sum_{t=1}^n\mu(t)t^2\) 可以预处理，再看后面，记：

\[h(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij \]

这下简单了，直接展开：

\[h(n,m)=\sum_{i=1}^{n}i\cdot\frac{m(m+1)}{2} \]

\(h(n,m)\) 可以 \(O(1)\) 计算：

\[h(n,m)=\frac{n(n+1)}{2}\cdot\frac{m(m+1)}{2} \]

那么就有：

\[g(n,m)=\sum_{t=1}^n\mu(t)\cdot t^2\cdot h(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor,\lfloor\frac{m}{t}\rfloor) \]

再套一个数论分块即可。禁止套娃，但是时间复杂度比线性预处理快。总体是 \(O(n)\) 的。

口糊题

给你长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，选出两个互质的数 \(a_i,a_j\) 使得 \(a_i+114^{514}a_j\) 的值尽量小。
\(n,a_i\le10^6\)。

算是莫反的综合运用吧，不是单纯推柿子了。

非常显然的有我们要尽可能让 \(a_j\) 小，可以考虑把数组排序然后对于每一个 \(a_i\ (i=1\to n)\) 看看是否有互质的另一个数。
但是你发现遇到了瓶颈：\(O(n^2)\) 的优化非常困难。
这个时候你注意到一个神仙性质：如果 \(a_i\) 对应有解就可以直接 \(O(n)\) 扫一遍 \(a_j\) 一个一个试，因为不用再考虑 \(i\) 更大的情况了！那么问题就变为了如何快速 check 是否存在 \(a_j\) 与 \(a_i\) 互质。

此时终于等到主角登场，我们只需要考虑下面这个式子：

\[ans=\sum_{i=1}^n[\gcd(x,a_i)=1] \]

其中 \(x\) 就是要 check 的 \(a_i\) 的值，如果 \(ans\neq0\) 就对完了！继续推：

\[\sum_{i=1}^n[\gcd(x,a_i)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{d|x,d|a_i}\mu(d)=\sum_{d|x}^n\sum_{i=1}^n[d|a_i]\cdot\mu(d) \]

发现对于每个 \(d\)，\(\sum_{i=1}^n[d|a_i]\cdot\mu(d)\) 都是可以快速处理的，只需要枚举倍数即可。这样复杂度是 \(O(m\log m)\) 的（\(m\) 是值域）。
同样地，知道这个值后还是枚举倍数将答案加到对应的 \(x\) 上。

这样我们就惊奇的发现你成功做完了这道题！时间复杂度是 \(O(m\log m+n\log m)\) 的。前面是预处理，后面是 check 之后直接暴力扫一遍数组。

套路总结

1. 转化成 \(\gcd\) 式子的形式。
2. 对 \(\gcd\) 上莫反。
3. 推出更可做的形式（如数论分块）。
4. 解决原问题。

后记

均按出现顺序排列。

参考文献

• 排列组合 - OI-wiki
• 容斥原理 - OI-wiki
• 正演与反演模拟理解 -
  奶茶派
• 二项式反演及其应用 - GXZlegend
• 【瞎口胡】多步容斥和二项式反演 - Meatherm
• 子集反演学习笔记 - Pbri
• 【推导】子集反演的形式化推导 - 王学逸
• 莫比乌斯反演 - OI-wiki
• 狄利克雷卷积和莫比乌斯反演 - 秋钧
• 狄利克雷卷积和莫比乌斯反演 - Xecades

公式合集

二项式定理

\[\boxed{(a+b)^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i}a^ib^{n-i}} \]

容斥定理

\[\boxed{\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j}|A_i\cap A_j|+\cdots+\sum(-1)^{n+1}\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right|} \]

二项式反演形式零

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

二项式反演形式一

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

二项式反演形式二

\[\boxed{ g(n)=\sum_{i=n}^N{i\choose n}f(i)\Leftrightarrow f(n)=\sum_{i=n}^N(-1)^{i-n}{i\choose n}g(i) }\]

子集反演形式一

\[\boxed{f(S)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(T)} \]

子集反演形式二

\[\boxed{f(T)=\sum_{T\subseteq S}(-1)^{|S|-|T|}g(S)} \]

狄利克雷卷积

\[\boxed{ (f\ast g)(x)=\sum_{d|x}f(d)g\left(\frac{n}{d}\right)\Leftrightarrow \sum_{ij=x}f(i)g(j) }\]

单位元函数

\[\boxed{\epsilon(x)=[x=1]} \]

狄利克雷逆

\[\boxed{f\ast f^{-1}=\epsilon} \]

莫比乌斯函数

\[\boxed{\mu=\mathbf{1}^{-1}} \]

\[\boxed{\mu(x)=\begin{cases} 1 & x=1\\ 0 & \exists p\in\mathbb{N}^+,p^2|x &\mathtt{即\space} x\mathtt{\space 含有平方因子}\\ (-1)^k & \mathtt{otherwise} & k\mathtt{\space 是\space} x \mathtt{\space 的素因子个数} \end{cases}}\]

莫比乌斯反演形式一

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

莫比乌斯反演形式二

\[\boxed{ \sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1] }\]