莫比乌斯函数与莫比乌斯反演学习笔记

1.莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

O.约定

$\color{white}\colorbox{red}{本blog中所有的分数，无论有无下取整符号，均默认下取整。}$

主要是因为我太懒了，下取整符号的$\LaTeX$表达式太长了

I.作用

设有一函数$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$。

显然，如果我们知道每个$f(d)$的值，那么$g(n)$的值应该是很容易得到的废话，不就按照定义瞎递推一下吗

那么如果我们知道每个$g(n)$的值，又应该如何求出$f(d)$来呢？

II.定义

我们引出莫比乌斯函数$\mu(x)$。

定义：

设$x$可以被质因数分解成$\prod\limits_{i=1}^n(a_i)^{p_i}$，则

$\boxed{\mu(x)=\begin{cases}0(\exists i\in[1,n],p_i>1)\\(-1)^n(\forall i \in[1,n],p_i=1)\end{cases}}$

换句话说，如果这个$x$包含某一个质数的平方或更高次数项，则$\mu(x)=0$；否则，如果它包含偶数个质因数，$\mu(x)=1$；否则，即它包含奇数个质因数，$\mu(x)=-1$。

这个形式诡异的函数有什么用吗？

III.性质

1.$\mu(x)$是积性函数。即，

$\boxed{\forall \gcd(i,j)=1,\mu(i*j)=\mu(i)*\mu(j)}$

因此，我们可以采用欧拉筛线性求它。

就是按照它的定义来求，因为积性函数都可以在线性筛时顺便求出。

int mu[N],pri[N];
void getmu(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;i*pri[j]<=n&&j<=pri[0];j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(!(i%pri[j]))break;
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

2.（最重要）

$\boxed{\sum\limits_{d|x}\mu(d)=\begin{cases}1(x=1)\\0(x\neq1)\end{cases}}$

证：

当$x=1$时，由定义，显然成立。

否则，设$x=\prod\limits_{i=1}^n(a_i)^{p_i}$。

对于它的每一个因数$d$，只有当$d=\prod\limits_{i=1}^n(a_i)^{p_i},p_i\in\{0,1\}$时，才有$\mu(d)\neq 0$。

如果$d$包含$m$个质因数，则$\mu(d)=(-1)^m$。在所有$x$的因数中，共有$C_n^m$个这样的$d$。

也就是说，$\sum\limits_{d|x}\mu(d)=\sum\limits_{m=0}^n(-1)^mC_n^m$

依据某奇妙的二项式定理，这个东西有$\sum\limits_{m=0}^n(-1)^mC_n^m=(1-1)^n=0$。

证毕。

IV.反演

正片开始。

回到我们一开始的说法。莫比乌斯反演对于$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$的函数$f$和$g$，假使我们知道每个$g(n)$的值，我们就可以反推出$f(d)$的值。

反演定理I：

$\boxed{\text{如果}g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d), \text{那么}f(x)=\sum\limits_{d|n}g(d)\mu(\dfrac{n}{d})}$

证：

如果$f(x)=\sum\limits_{d|n}g(d)\mu(\dfrac{n}{d})$，

则一定有$f(x)=\sum\limits_{d|n}g(\dfrac{n}{d})\mu(d)$

在$\sum\limits_{d|n}g(\dfrac{n}{d})\mu(d)$中代入$g(x)$的定义$g(x)=\sum\limits_{d|n}f(d)$，

得$\sum\limits_{d|n}g(\dfrac{n}{d})\mu(d)=\sum\limits_{d|n}(\sum\limits_{i|\frac{n}{d}}f(i))\mu(d)=\sum\limits_{d|n}(\sum\limits_{i*d|n}f(i))\mu(d)$

我们将$\mu(d)$乘进括号，得

$\sum\limits_{d|n}g(\dfrac{n}{d})\mu(d)=\sum\limits_{d|n}(\sum\limits_{i*d|n}f(i)\mu(d))$

然后发现这个实际上的意思就是枚举所有的$i$和$d$，求$f(i)\mu(d)$的和。

因此有$\sum\limits_{d|n}g(\dfrac{n}{d})\mu(d)=\sum\limits_{i|n}(\sum\limits_{i*d|n}f(i)\mu(d))=\sum\limits_{i|n}f(i)(\sum\limits_{i*d|n}\mu(d))$

看一下后面的$\sum\limits_{i*d|n}\mu(d)$，有$\sum\limits_{i*d|n}\mu(d)=\sum\limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)$。

是不是很熟悉？当$\frac{n}{i}=1$，即$i=n$时，该式值为$1$；否则，值为$0$。

则$\sum\limits_{i|n}f(i)(\sum\limits_{i*d|n}\mu(d))=f(n)$。因为$i\neq n$时后面的东西都是$0$。

证毕。

反演定理II：

$\boxed{\text{如果}g(n)=\sum\limits_{n|d}f(d),\text{那么}f(x)=\sum\limits_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})}$。

证法类似，也是把$g(d)$暴力代回去得证。留给读者自证。