莫比乌斯反演

前言&简介

莫比乌斯反演是数论数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题 —— 百度百科

很多人会觉得莫比乌斯反演是一种很高级的数学知识，其实你会发现这只是基础

前置：数论分块

板子：

\[\sum_{i=1}^{k}\lfloor\frac{k}{i}\rfloor \]

inline int modi(int K)
{
	int l=1,r=0,res=0;
	while(l<=K)
	{
		if(K/l) r=min(K/(K/l),K); 
		else r=K;
		res+=(r-l+1)*(K/l);
		l=r+1;
	}
	return res;
}

\[\sum_{i=1}^{k}i\cdot\lfloor\frac{k}{i}\rfloor \]

inline int imodi(int K)
{
	int l=1,r=0,res=0;
	while(l<=K)
	{
		if(K/l) r=min(K/(K/l),K); 
		else r=K;
		res+=(K/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;
		res%=mod;
		l=r+1;
	}
	return res;
}

从卷积开始 oi.wiki

卷积专指的是函数间乘法运算，迪利克雷卷积是其中一种

迪利克雷卷积

定义

对于两个数论函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\)，将他们进行迪利克雷卷积，结果 \(h(x)\) 定义为：

\[h(x)=\sum_{d|x}f(d)g(\frac{x}{d})=\sum_{ab=x}f(a)g(b) \]

可简写成：

\[h=f * g \]

数论函数（都是积性函数）：
欧拉函数 \(\phi\) （完全积性函数）
幺元（单位）函数 \(ε(n)=[n=1]\)
标号函数 \(id(x)=x\)
常函数 1 \(one(x)=1\)，可写作 \(1\)
因子和函数 \(\sigma\) 与因子个数函数 \(\tau\) （完全积性函数）

性质

• 交换律：

\[\tag{1.1}f*g=g*f \]

• 结合律：

\[\tag{1.2}(f*g)*h=f*(g*h) \]

• 分配律：

\[\tag{1.3}(f+g)*h=f*h+g*h \]

• 等式的性质：\(f=g\) 的充要条件： 其中 \(h(x)\) 满足 \(h(1)\) 不等于 \(0\)

\[\tag{1.4}f*h=g*h \]

• 单位函数乘

\[\tag{1.5}ε*f=f \]

单位函数：单位函数 \(ε\)：\(ε(n)=[n=1]\)

一些推论

两个积性函数的迪利克雷卷积也是积性函数

积性函数逆元也是积性函数

另一些推论

\[\mu*1=ε \]

\[\phi*1=id \]

\[\mu*id=\phi \]

莫比乌斯反演及其证明 oi.wiki

莫比乌斯函数

函数定义

\[\tag{2.1} \mu(n) = \begin{cases} 1 &\text{if } n=1 \\ (-1)^r &\text{if } n=p_1p_2...p_r\ 其中p_i为不同的素数\\ 0 &\text{if } other \end{cases} \]

同样我们可以发现：

\[\tag{2.2} \mu*1=ε \]

函数性质

莫比乌斯函数是积性函数，即 \(\mu(mn)=\mu(m)\mu(n)\)

证明：

易知：

\[m=p_1p_2...p_s \\ n=p_1p_2...p_t \]

又因为 \(\gcd(m,n)=1\) ，所以 \(m\cdot n\) 有 \(s+t\) 个不同素数

所以 \(\mu(mn)=(-1)^{s+t}=(-1)^s(-1)^t=\mu(m)\mu(n)\)

证毕

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莫比乌斯函数的函数是一个简单的函数：

\[\tag{2.3} \sum_{d|n}\mu(d)=\begin{cases} 1 &\text{if } n=1\\ 0 &\text{if } n>1 \end{cases} \]

证明

引理： 若一个函数 \(f\) 为积性函数，则它的和函数 \(F\) 也是积性函数

首先考虑 \(n=1\) 的情况

\[F(1)=\sum_{d|1}\mu(d)=\mu(1)=1 \]

其次，设 \(n>1\) 由引理得 \(F(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\) 也为积性函数

现在假设 \(p\) 是素数，\(k\in \mathbb N\)，得到：

\[\begin{aligned} F(p^k)&=\sum_{d|p^k}\mu(d)\\ &=\mu(1)+\mu(p)+\mu(p^2)+...+\mu(p^k)\\ &=1+(-1)+0+0+...+0=0 \end{aligned} \]

因为 \(F\) 为积性函数，所以 \(F(n)=F(p_1^{a_1})F(p_2^{a_2})F(p_3^{a_3})...F(p_t^{a_t})=0\)

证毕

反演 UOJ PPT

很好理解，即知道 \(f\) 推出 \(F\) 的式子但是要由 \(F\) 推出 \(f\)（貌似逆矩阵？）

莫比乌斯反演

公式

若 \(f\) 为算数函数（对所以正整数定义的函数），\(F\) 为 \(f\) 的和函数，对任意的 \(n\in \mathbb N^+\) 满足：

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d) \]

都有：

\[\tag{2.4} f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]

证明

常规方法

将 \(F(\frac{n}{d})\) 用 \(\sum_{e|(n/d)}f(e)\) 代替，得：

\[\begin{aligned} \sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})&=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{e|(n/d)}f(e)\\ &=\sum_{d|n}\sum_{e|(n/d)}\mu(d)f(e) \end{aligned} \]

注意到这对整数 \((d,e)\) 满足 \(d|n\) 和 \(e|(n/d)\) 同样有 \(e|n\) 和 \(d|(n/e)\)，得：

\[\begin{aligned} \sum_{d|n}\sum_{e|(n/d)}\mu(d)f(e)&=\sum_{e|n}\sum_{d|(n/e)}f(e)\mu(d)\\ &=\sum_{e|n}f(e)\sum_{d|(n/e)}\mu(d) \end{aligned} \]

由 \((2.3)\) 得 \(\sum_{d|n}=0\) 只有 \(e=n\) 时 \(\sum_{d|n}=1\)，因此有：

\[\sum_{e|n}f(e)\sum_{d|(n/e)}\mu(d)=f(n)\cdot 1=f(n) \]

证毕

卷积证明

\[F=f*1 \]

由 \((1.4)\) 得：

\[F*\mu=f*1*\mu \]

又因为 \((2.2)\) 得：

\[F*\mu=f*ε \]

由 \((1.5)\) 得：

\[F*\mu=f \]

即：

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=f(n) \]

证毕