莫比乌斯反演
part 1 莫比乌斯函数
- \(\mu(n)\)
$ p_i = n $ 的质因子
\[\mu(n) = \begin{cases} 1~,~n = 1 \\ (-1)^m ~ , ~ n = \prod\limits_{i = 1} ^ {m} p_i \\ 0 ~ , ~ else \end{cases}
\]
性质
\[\sum\limits_{d|n} \mu(d) = \begin{cases}1 ~,~ n = 1 \\ 0 ~,~ n \ne 1\end{cases}
\]
$ n = 1 $
显然
\(n \ne 1\)
\(n = \prod p_i^{k_i}\)
多余的 $ k_i $ 不考虑 , 让 $n =\prod\limits_{i=1}^{m} p_i $
那么 \(\sum\limits_{d|n} \mu(d) = \sum\limits_{i=0}^{m} C(m,i)*(-1)^i = \sum\limits_{i=0}^{m} C(m,i)*(-1)^i*1^{m-i}\)
考虑二项式定理 , 上面的式子 $ = ((-1) + 1)^m = 0$
part 2 莫比乌斯反演
形式1
\[F(n) = \sum\limits_{d ~ | ~ n} f(d)
\]
\[f(n) = \sum\limits_{d ~ | ~ n} \mu(d) * F(\dfrac{n}{d})
\]
证明
\[f(n) = \sum\limits_{d | n} \mu(d)* \sum\limits_{k | \frac{n}{d}} f(k)
\]
\[f(n) = \sum\limits_{k | n} f(k) * \sum\limits_{d | \frac{n}{k}} \mu(d) = f(n)
\]
根据莫比乌斯函数的性质只有 \(k = n\) 时 ， \(\sum\limits_{d | \frac{n}{k}} \mu(d) =1\) , 所以上式成立
值得一提的是这个式子的转化，每一对\((f(k) * \mu(d))\) 都被统计 1 遍 ， 式子转化后依然如此
形式2
\[F(n) = \sum\limits_{n | d} f(d)
\]
\[f(n) = \sum\limits_{n | d} \mu(\frac{d}{n}) * F(d)
\]
证明
\[f(n)= \sum\limits_{n | d} \mu(\frac{d}{n}) * \sum\limits_{d | k} f(k)
\]
\[f(n) = \sum\limits_{n | k}f(k) * \sum\limits_{d | \frac{k}{n}} \mu(d) = f(n)
\]
只有当 \(k = n\) 时 \(\sum\limits_{d | \frac{k}{n}} \mu(d) = 1\)
同理，每一对 \(\mu(\frac d n) * f(k)\) 都被统计了 1 次 ， 式子转化后依然如此
