学习笔记：反転魔法
1. 反演是什么？
反演这个词，意思是两个函数（当然也可以是数列一类的东西）的 双向求和 关系。
比如已知 \(f(i)=\sum \limits_{j=0}^{+\infty} A(i,j) \times g(j)\)，然后推出 \(g(i)=\sum \limits_{j=0}^{+\infty}B(i,j) \times f(j)\)，这就是一对反演关系。
那么反演成立需要一定的条件，可以直接带入式子看一看：
\[\begin{eqnarray} f(i) &=&\sum \limits_{j=0}^{+\infty}{A(i,j)\times {\sum\limits_{k=0}^{+\infty}B(j,k) \times f(k)}} \\ &=&\sum \limits_{j=0}^{+\infty}{\sum\limits_{k=0}^{+\infty}A(i,j)\times B(j,k) \times f(k)} \\ &=&\sum \limits_{k=0}^{+\infty}{f(k) \times \sum\limits_{j=0}^{+\infty} A(i,j)\times B(j,k)} \\ \end{eqnarray} \]显然，反演成立，当且仅当 \(\sum \limits _{j=0}^{+\infty} A(i,j) \times B(j,k)=[i=k]\)。
另一种看法是：把 \(A\) 和 \(B\) 看作两个系数矩阵，那么反演成立当且仅当这两个矩阵互逆。
这种看法有一些好处，因为可以用上矩阵的性质，如：
- 两个互逆矩阵的转置依然互逆，\(({A}^\top)^{-1}=(A^{-1})^\top\)。
- 两个可逆矩阵的乘积依然可逆，且为这两个矩阵的逆的乘积，\((AB)^{-1}=A^{-1}B^{-1}\)。
当然直接在式子上看也是对的，不过矩阵更直观。
有了反演，我们就能把一个不是很好求的式子 \(f\)，转化成求另一个较好求又与 \(f\) 有反演关系的式子 \(g\)，再反演推回 \(f\)。
这么说有点抽象，不过确实是这个样子。
这里列一下反演的一点性质，有些时候可以方便推式子。
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\[\sum \limits _{j=0}^{+\infty} {-1}^{i-j} \times A(i,j) \times B(j,k)=[i=k] \iff \sum \limits _{j=0}^{+\infty} {-1}^{j+k} \times A(i,j) \times B(j,k)=[i=k]
\]
这个可以把两边同时乘上 \({-1}^{k-i}\) 得到，注意 \({-1}^{-j}={-1}^j\)。
这个在一些题里面，可以凑 \(-1\) 的系数。
当然其他类似的操作也是可以的，只要两边依然等价。
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\[f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum \limits_{i_1=0}^{+\infty}\sum \limits_{i_2=0}^{+\infty}\cdots\sum \limits_{i_n=0}^{+\infty} \prod \limits_{p=1}^{n}A_p(x_p,i_p)\times g(i_1,i_2,\cdots,i_n)
\iff
g(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum \limits_{i_1=0}^{+\infty}\sum \limits_{i_2=0}^{+\infty}\cdots\sum \limits_{i_n=0}^{+\infty} \prod \limits_{p=1}^{n}B_p(x_p,i_p)\times f(i_1,i_2,\cdots,i_n)
\]
这个是高维反演，意思就是 总的系数等于每一维系数的积。
证明不会，可以感性，或者是唠嗑一下这样形式的系数对应矩阵依然互逆。
2. 入门：二项式反演
属于是最基础的一类，基于二项式定理。
基本形式：
\[f(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{-1}^j {i \choose j} g(j) \iff g(i)=\sum \limits_{j=0}^{i}{-1}^j{i \choose j} g(j) \]长得出奇地对称。
这里 \(A(i,j)=B(i,j)={-1}^j \times {i \choose j}\)。
考虑证明：
\[\begin{eqnarray} A(i,j)\times B(j,k)&=& -1^i {i\choose j} \times -1^k {j\choose k} \\ &=& -1^{i+k}{i \choose j} {j \choose k} \end{eqnarray} \]不是很好做，因为两个组合数有关系。
不过我们可以把组合数拆开，使用这个公式：
\[\begin{eqnarray} {n\choose m}\times{m\choose r}&=& \frac{n! \times m!}{m! \times (n-m)! \times r! \times (m-r)!} \\ &=& \frac{n!}{(n-m)! \times r! \times (m-r)!} \\ &=& \frac{n!}{r! \times (n-r)!} \times \frac{(n-r)!}{(n-m)! \times (m-r)!} \\ &=& {n\choose r} {n-r \choose n-m} \end{eqnarray} \]这样 \(j\) 就可以被提出来，这次我们加上外面的和式（注意 \(j<k\) 时系数直接为 \(0\)，所以从 \(k\) 开始）：
\[\begin{eqnarray} \sum\limits_{j=k}^{n} A(i,j)\times B(j,k)&=& \sum\limits_{j=k}^{n} -1^{i+k}{i \choose j} {j \choose k} \\ &=& \sum\limits_{j=k}^{n} -1^{i+k}{i\choose k}{i-k\choose i-j} \\ &=& -1^k{i\choose k} \sum\limits_{j=k}^{n} -1^i{i-k\choose i-j} \end{eqnarray} \]似乎还是不可做，但不要忘记我们这是二项式反演，我们可以往二项式定理上面靠：
\[\begin{eqnarray} \sum\limits_{j=k}^{n} A(i,j)\times B(j,k)&=& -1^k{i\choose k} \sum\limits_{j=0}^{i-k} -1^{i-j}{i-k\choose i} \end{eqnarray} \]这里是 把 \(j\) 从 \(k\) 对称到 \(0\)，现在就是二项式定理的样子了，展开则有：
\[\begin{eqnarray} \sum\limits_{j=k}^{n} A(i,j)\times B(j,k)&=& -1^{i+k}{i\choose k}(1-1)^{i-k} \end{eqnarray} \]虽然很怪异，但是 \(0^0\) 在我们的计算中，它被认为是等于 \(1\) 的。
由上我们就得到了二项式反演的基本形式……
二项式反演的不同形式：
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\[f(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}{i\choose j}g(j) \iff g(i)=\sum\limits_{j=0}^{i}-1^{i-j}{i\choose j}g(j)
\]
原理其实是凑 \(-1\) 的系数。
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\[f(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}{j\choose i}g(j) \iff g(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}-1^{j-i}{j\choose i}g(j)
\]
这个可以看上一个式子，然后系数做矩阵的转置。
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\[f(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}{-1}^{j}{j\choose i}g(j) \iff g(i)=\sum\limits_{j=i}^{n}-1^{j}{j\choose i}g(j)
\]
把 \(-1\) 的系数捞回来，就又多了一种。
至此，二项式反演的基础就完备了。（大概……
让我们来看一道题目吧！
CF997C Sky Full of Stars
Problem：
有一个 \(n \times n\) 的正方形网格，用三种颜色染色，求有多少种染色方案使得至少一行或一列是同一种颜色。
\(1 \le n \le 10^6\)，结果对 \(998244353\) 取模。
Idea：
看见”至少“，考虑容斥。
感性认为方案数和二项式有关，而又有行列两种限制，大力高维二项式反演。
- \(f(i,j)\) 为钦定有 \(i\) 行 \(j\) 列是同一种颜色的方案数。
- \(g(i,j)\) 为恰好有 \(i\) 行 \(j\) 列是同一种颜色方案数。
钦定指只在意有我们选出这部分满足，其余不在意的情况。
此时的答案为：\(all-g(0,0)\)。
直接算 \(g\) 是 hard 的，而 \(f\) 算 \(g\) 的系数不明显，但是知道 \(g\) 却能很方便地算 \(f\)。
那么直接用 \(g\) 算 \(f\)，并据此得到 \(f\) 算 \(g\) 的系数：
\[f(i,j)=\sum\limits_{x=i}^{n}\sum\limits_{y=j}^{n}{x\choose i}{y\choose j}g(x,y) \iff g(i,j)=\sum\limits_{x=i}^{n}\sum\limits_{y=j}^{n}{-1}^{x+y-i-j}{x\choose i}{y\choose j}f(x,y) \]接下来就是计算右边这一坨的问题，分两步：
1. 算 \(f(i,j)\)
分类讨论一下：
- \(i \ne 0,j\ne 0\)：\(f(i,j)=3\times {n\choose i}{n\choose j} \times 3^{(n-i)(n-j)}\)，即选出这部分，且均为某种颜色，其余部分任选。
- \(i \ne 0,j=0\)：\(f(i,0)=3\times{n\choose i}\times3^{n(n-i)}\)，这不用要求行和列的颜色相同，所有略有变化。
- \(i=0,j\ne 0\)：\(f(0,j)=3\times{n\choose j}\times 3^{n(n-j)}\)，同上。
- \(i=0,j=0\)：\(f(0,0)=3^{n^2}\)，最简单的一种。
发现都很好算，简单 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理即可。
2. 算系数
这是重难点，直接暴力 \(\mathcal{O}(n^2)\) T 飞。
所以拆式子！
为了方便，这里把 \(i \ne 0,j \ne 0\) 的情况先带入：
\[\begin{eqnarray} g(0,0)&=& \sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}{-1}^{x+y-i-j}{x\choose 0}{y\choose 0}f(x,y) \\ &=& \sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}{-1}^{x+y}\times 3\times{n\choose x}{n\choose y}\times 3^{(n-x)(n-y)} \\ &=& 3^{n^2+1}\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}{-1}^{x+y}{n\choose x}{n\choose y}\times 3^{-(x+y)n+xy} \\ &=& 3^{n^2+1}\sum\limits_{x=1}^{n}-1^x{n\choose x}\times 3^{-xn}\sum\limits_{y=1}^{n}{-1}^y{n\choose y}\times 3^{-yn+xy} \end{eqnarray} \]现在变乱了一点，不过还是很简单，然而 \(3^{xy}\) 次方拆不掉……
不要慌张，我们只求 \(g(0,0)\)，可以试着通过二项式定理（长得像）干掉内层循环。
\[\begin{eqnarray} \sum\limits_{y=1}^{n}{-1}^y{n\choose y}\times 3^{-yn+xy} &=& \sum\limits_{y=0}^{n}{-1}^y{n\choose y}\times 3^{y(x-n)}-1 \\ &=& \sum\limits_{y=0}^{n}{1}^{n-y}{n\choose y}\times {-3}^{y(x-n)}-1 \\ &=& (1-3^{x-n})^n-1 \end{eqnarray} \]这个好了，我们再带入 \(i \ne 0,j = 0\) 的情况（其实也能直接算，不过拆下式子练练手），另一种同理（其实本质相同，因此值也相等）：
\[\begin{eqnarray} g(0,0)&=& \sum\limits_{x=1}^n -1^x{x\choose 0}f(x,y) \\ &=& \sum\limits_{x=1}^n -1^x \times 3\times{n\choose x}\times 3^{n(n-i)} \\ &=& 3^{n^2}\sum\limits_{x=1}^n -1^x \times 3^{x-nx}{n\choose x} \\ &=& 3^{n^2}\sum\limits_{x=1}^n 1^{n-x} \times {-3}^{x(1-n)}{n\choose x} \\ &=& 3^{n^2}((1-3^{1-n})^n-1) \\ \end{eqnarray} \]最后的直接算即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n\log_2 n)\)。
一点总结：
二项式反演之所以称为二项式反演，其不仅为系数为二项式系数，在推导式子的时候，也常常会用到二项式定理，即 \(\sum\limits_{i=0}^{n}a^ib^{n-i}{n\choose i}=(a+b)^n\)。
有时候二项式系数是 \(\sum\limits_{i=k}^{n}{i\choose k}\) 的形式的时候，可以把下标平移到 \(0 \sim n-k\)，得到形如 \(\sum\limits_{i=0}^{n-k}{i+k\choose k}\) 的式子，会变得较为方便。
又或者有时你发现系数长成 \(\sum\limits_{i=0}^{n}{-1}^i x^i{n\choose i}\) 的样子，不能直接上二项式定理，但如果左边是 \(1^i\) 就显然可以，那不妨把负号拿给 \(x\)，变成 \({(-x)}^i\)，这样就能套上了。
其实这点小技巧跟反演本身没什么关系，主要是推式子的能力。
我不说是哪个拉只因 qL 以前题解贺惯了，现在跑回来补这些。