[OI] 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

9. 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

9.1 莫比乌斯函数

9.1.1 定义

设 $\mu$ 为莫比乌斯函数，则有：

$$\mu (x)=\{\begin{array}{l}1(n=1)\\ 0(\exists i(ki=x,k\in Z\to \sqrt{i}\in Z))\\ (-1{)}^{\sum _{i\in prime}[i\mid x]}\end{array}$$

直观地说，只要 $x$ 的某个质因子出现的次数超过一次，则有 $\mu (x)=0$，否则，$mu(x)$ 即为 $(-1{)}^t$，其中 $t$ 为 $x$ 的质因数总数.

9.1.2 性质

$No.9121$ $\mathrm{\forall }(i,j)=1\to \mu (i\times j)=\mu (i)\times \mu (j)$

$$P.9121$$

若 $\mu (A)=1$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=1\times \mu (B)=\mu (1\times B)$，结果成立

若 $\mu (A)=0$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=0$，结果成立

否则设 $A=\prod _{i\in prime}i,B=\prod _{j\in prime}j(\mathrm{\forall }i\ne j)$，则有 $\mu (A)\times \mu (B)=\mu (A\times B)$

$No.9122$

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1(n=1)\\ 0(n\ne 1)\end{array}$$

$$P.9122$$

$n=0$ 时，原式等于 $0$

$n=1$ 时，原式等于 $\mu (1)=1$

否则，设 $n$ 的唯一分解式为 $n=\prod _{1\le i\le k}{p}_i^{a_i}$，由 $\mu (n)\ne 0$ 知 $\mathrm{\forall }{a}_i=1$

显然，$\mathrm{\forall }d\mid n$，有 $i$ 个质因子的数 $d$ 有 $C_k^i$ 种组合情况，每种组合的值为 $(-1{)}^i$，即：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{0\le i\le k}\{C_k^i\times (-1{)}^i\}$$

使用二项式定理转化：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=(1+(-1){)}^k=0^k$$

发现此时在定义域 $(k\ne 0)$ 内恒为 $0$，易知当 $n>1$ 时，$k_n\ge 1$，因此 $\mu (n)=0$，证毕.

9.2 莫比乌斯反演

9.2.1 不完全结论

设

$$f(a,b,k)=\{\begin{array}{l}1((a,b)=k)\\ 0\end{array}$$

对于

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(i,j,k)$$

考虑到

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }f(i,j,1)$$

根据 $No.9122$ 得出推导式：

$$\sum _{d\mid (a,b)}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1((a,b)=1)\\ 0((a,b)\ne 1)\end{array}$$

代入有：

$$f(i,j,1)=\sum _{d\mid (i,j)}\mu (d)$$

即：

$$g(n,m,k)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }=\sum _{d\mid (i,j)}\mu (d)$$

将原式等价转换，可以得到

$$g(n,m,k)=\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j-1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }h(i,j)$$

其中

$$h(i,j)=\{\begin{array}{l}1(d\mid i,d\mid j)\\ 0\end{array}$$

（可以发现，在这里仅仅是将判断条件与枚举条件互相变换了，而答案是不变的）

在区间 $[1,\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ]$ 中，满足条件 $d\mid i$ 的 $i$ 有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个，因此原式可化为

$$g(n,m,k)=\sum _{d=1}\mu (d)\times \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$

可以证明，当 $d>min(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )$ 时不存在解.

9.2.2 完全结论

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

$$g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$$

则有：

$$f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

特别地：对于莫比乌斯反演还有如下等式：

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

$$g(n)=\sum _{n\mid d}f(d)$$

则有：

$$f(n)=\sum _{n\mid d}\mu (\frac{d}{n})g(d)$$