莫比乌斯反演 学习笔记

预备知识

枚举除法

$\lfloor{n\over i}\rfloor$只有$O(\sqrt n)$种取值
并且对于i，$\lfloor{n\over \lfloor{n\over i}\rfloor}\rfloor$是i被n除并下取整取值相同的一段区间的右端点

一个非常有用性质：
$\lfloor{n\over ab}\rfloor=\lfloor{\lfloor{n\over a}\rfloor\over b}\rfloor=\lfloor{\lfloor{n\over b}\rfloor\over a}\rfloor$

积性函数

$f(ab)=f(a)f(b),(a,b)=1$
完全积性函数：不要求ab互质。

若函数$f(n)$为积性函数，那么
$f(n)=\prod\limits_if(p_i^{k_i})$
并且由于$f(a*1)=f(a)*f(1)$
可以得出$f(1)=1$

常见函数

$id(n)=n$
$e(n)=[n=1]$
$1(n)=1$
$d(n)=$n的约数数量
$\sigma(n)=$n所有约数的和
除了最后一个其余都是积性函数

狄利克雷卷积

对于算术函数$f(n),g(n)$，定义其狄利克雷卷积
$(f\times g)(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)g({n\over d})$
比如说一个公式$n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)$就可以表示为：$id=\varphi\times1$
狄利克雷卷积的运算满足：
（1）交换律：$f\times g=g\times f$
（2）结合律：$(f\times g)\times h=f\times(g\times h)$
（3）分配律：$f\times(g+h)=f\times g+f\times h$

几个性质：
1、存在单位函数$e$满足$f=f\times e=e\times f$
可以根据卷积的定义理解一下，枚举$n$的约数时，只有当$d=n$时$e({n\over d})=1$
2、如果$f,g$都为积性函数，那么$f\times g$也为积性函数

莫比乌斯函数$\mu$

定义

（1）若$d=1$，那么$\mu(d)=1$
（2）若$d=p_1p_2..p_k$，$p_i$均为互异素数，那么$\mu(d)=(-1)^k$
（3）其他情况下，$\mu(d)=0$

显然，$\mu$为积性函数。

性质

$[n=1]=\sum\limits_{d|n}\mu(d)$
即$1\times\mu=e$
不会证明…

莫比乌斯反演

公式

$F(n)$和$f(n)$是定义在非负整数集合上的两个函数
若满足条件$F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)$
那么可以得出结论$f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)F({n\over d})$
即已知$F=f\times 1$
则$f=\mu\times F$

证明

利用狄利克雷卷积证明莫比乌斯反演公式
1° 已知$F=f\times 1$，两边同乘$\mu$得$F\times\mu=f\times 1\times\mu$
2° $1\times\mu=e$，那么$F\times\mu=f\times e$
3° 又因为$f\times e=f$，得出$f=\mu\times F$
证毕

另一个公式

$F(n)$和$f(n)$是定义在非负整数集合上的两个函数
若满足条件$F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)$
那么可以得出结论$f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu({d\over n})F(d)$

似乎这个公式在做题的时候更常用些
因为反演的题gcd用的比较多…

化式子常用技巧

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}=\sum\limits_{d=1}^n\lfloor{n\over d}\rfloor$

杜教筛

栗子：求$\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)$，$\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)$，$1\le n\le 2^{31}-1$

关于杜教筛：
求$F(n)=\sum\limits_if(i)$,存在$g=f\times I$, $I$表示恒等函数，即$g=\sum\limits_{d|n}f(d)$
我们定义$G(n)=\sum\limits_ig(i)$ ,就可以得到$F(n)=G(n)−\sum\limits_iF({\lfloor{n\over i}\rfloor})$
如果$G(n)$可以在一定时间内求解，那么我们最好情况下可以做到$O(n^{2\over 3})$的时间求解$F(n)$

假设计算出$F(n)$的复杂度为$T(n)$，则有$T(n)=O(\sqrt n)+\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}T(i)+T({n\over i})$，这里只展开一层就可以了，更深层的复杂度是高阶小量，所以有$T(n)=\sum\sum\limits_{i=1}^{\sqrt n}O(\sqrt i)+O(\sqrt{n\over i})=O(n^{3\over 4})$。
如果用筛法预处理前k个$F(n)$，且$k≥\sqrt n$，则复杂度变为$T(n)=\sum\limits_{i=1}^{n\over k}\sqrt {n\over i}=O({n\over \sqrt k})$，当$k=O(n^{2\over 3})$时可以取到较好的复杂度$T(n)=O(n^{2\over 3})$。

实际上上面的复杂度证明我也不懂…只是搬运了神犇的讲解…

$\varphi$

利用一个反演公式$n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=\sum\limits_{d|n,d<n}\varphi(d)+\varphi(n)$
得出$\varphi(n)=n-\sum\limits_{d|n,d<n}\varphi(d)$
那么设$P(n)=\sum\limits_{i=1}^n\varphi(n)$
$P(n)=\sum\limits_{i=1}^n\varphi(n)$
$=\sum\limits_{i=1}^n (i-\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d))$
$={n(n+1)\over2}-\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i,d<i}\varphi(d)$
令$i=id$
那么原式$={n(n+1)\over 2}-\sum\limits_{id=1}^n\sum\limits_{d|id,d<id}\varphi(d)$
$={n(n+2)\over 2}-\sum\limits_{i=2}^n\sum\limits_{d=1}^{\lfloor{n\over i}\rfloor}\varphi(d)={n(n+1)\over 2}-\sum\limits_{i=2}^nP({\lfloor{n\over i}\rfloor})$
也就是说$P(n)={n(n+1)\over 2}-\sum\limits_{i=2}^nP({\lfloor{n\over i}\rfloor})$

$\mu$

设$M(n)=\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)$
同样利用一个反演公式$1(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)$来化简
$1(n)=\sum\limits_{i=1}^n[i=1]=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\mu(d)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d=1}^n[d|i]\mu({i\over d})$
令$i=id$
那么原式$=\sum\limits_{id=1}^n\sum\limits_{d=1}^n\mu(i)=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor{n\over d}\rfloor}\mu(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d=1}^{\lfloor{n\over i}\rfloor}\mu(d)=\sum\limits_{i=1}^nM(\lfloor{n\over i}\rfloor)$
也就是说$\sum\limits_{i=1}^nM(\lfloor{n\over i}\rfloor)=1$
又因为$M(n)=\sum\limits_{i=1}^nM(\lfloor{n\over i}\rfloor)-\sum\limits_{i=2}^nM(\lfloor{n\over i}\rfloor)$
所以$M(n)=1-\sum\limits_{i=2}^nM(\lfloor{n\over i}\rfloor)$
咦怎么感觉就是省了点常数…

加几个链接：
http://blog.youkuaiyun.com/skywalkert/article/details/50500009
http://jiruyi910387714.is-programmer.com/posts/195270.html
http://www.cnblogs.com/abclzr/p/6242020.html

例题