莫比乌斯反演·学习记录
莫比乌斯反演·学习记录
cyw在6.8左右学的莫比乌斯反演，记录一下
这个东西感觉不大好描述，我一开始也不知道这玩意能干嘛(其实现在也不知道)
CYW认为，对关于一些因数/倍数关系进行操作的行为，可以用莫比乌斯反演来解决
莫比乌斯函数
这并不是什么高大上的东西，但是很有用
对于 莫比乌斯函数 的定义是
- $d=1，\mu(d)=1 $
- \(d=\prod_{k=1}^n p_k\;(k\in prime)，\mu(d)=(-1)^k\)
即数\(d\)可以被表示为若干互异素数相乘的形式(指数不超过\(1\))，此时函数值根据分解数量而定 - \(Otherwise，\mu(d)=0\)
当然了 它有一些性质
- \(\mu\)是积性函数，这是它可以通过线性筛求的必要条件
- 对于正整数\(n\)，\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)，这是莫比乌斯反演中非常常用的一条性质
- 对于正整数\(n\)，\(\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}\)，不过这个我还没用过
-
\[\mu \times id\;=\;\phi \]
\(\times\)表示卷积，这里是常见狄利克雷卷积的一种，有的时候有奇效
在公式里书写为
\[\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})*d=\phi(n)
\]
贴一份线筛代码
inline void getmiu(int n){
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1]=vis[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
if (!vis[i]){pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
for (int j=1;j<=cnt&&(LL)i*pri[j]<=n;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]==0) break;else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
PS：一些题目中要求\(\sum\mu(d)\)，可以通过预处理来降低复杂度
整除分块
一个同样在莫比乌斯反演及一些计算中十分重要的东西
\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor
\]
这个东西暴力算是\(O(N)\)的，容易发现，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)至多只有\(\sqrt{n}\)种取值，可以对每种取值的个数进行计算，再乘上对应的i，复杂度\(O(\sqrt{n})\)
for (int l=1,r;l<=n;l=r+1){ //可能会用到(for LL l=1,r;...)
r=n/(n/l);
ans+=(LL)(n/l)*(r-l+1); //注意在部分大运算前加(LL)或"1ll*"，避免炸int
}
好的，那么所有的前言：莫比乌斯函数，整除分块都讲完了，可以开始我们的正题
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演
莫比乌斯反演，主要指满足这样条件的函数。
设
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)
\]
则有
\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})
\]
//我觉得\(\frac{n}{d}\)加不加\(\lfloor \rfloor\)无所谓，因为\(d|n\).
还有一种反演形式：
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)
\]
则有
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)
\]
下面给出第一个的证明
\[\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac n d)
\]
\[=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac n d}f(i)
\]
\[=\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac n i}\mu(d)
\]
\[=f(n)
\]
（其实这个证明蛮鬼畜的）
然后这个反演就没了，接下来会写一些例题进行具体分析。
