莫比乌斯反演详解-优快云博客

这个文章主要讲一下ACM中1个常用的莫比乌斯反演公式，看到很多博客上面公式是有，但是都没证明，《组合数学》上的证明又没看懂，
就自己想了种证明方法，觉得比《组合数学》的证明简单些，就写一下，希望对初学莫比乌斯反演的同学有帮助。
PS：建议大家看的时候把公式在纸上写出来！

什么是莫比乌斯反演

简单点的说，就是先给出一个函数 $F(n)$ ，然后再由 $F(n)$ 定义一个新函数 $G(n)$
其中 $G(n) = \sum F(d)$ (其中 $d$ 被“包含”于 $n$ )
然后现在我们不知道 $F(n)$ 的值，却知道 $G(n)$ ，接着我们就可以通过反演由 $G(n)$ 反向得到 $F(n)$

什么叫 (其中 $d$ 被“包含”于 $n$ ) ？以及怎么理解反演？通过下面的几个例子说明

例1：
我们直接定义 $G(n)=\sum_{i=1}^{n} F(i)$ {这里的每个 $F(i)$ ，相对于 $G(n)$ 实际上就是一种包含关系了！！}
然后我们现在已经知道 $G(n)=n*(n+1)/2$ ;
接下来我们要通过 $G(n)$ 反向得到 $F(n)$ 的过程，就是反演
当然，这个问题很简单，很容易都可以看出来 $F(n)=n$ ～～

例2:
我们先令 $S,X$ 都表示集合比如 $S={1,4,6} X={2}$ 等并令 $|S|$ 表示 $S$ 中元素的个数
接着定义集合上的函数 $F(S)$ //具体怎么定义不用管，我们只需要知道有这么一个关于集合的函数 $F$ 就好了 :)
然后再定义 $G(S)=\sum F(X)$ (其中X是S的子集) //这里也是一种包含关系，集合的包含！！
接着我们不知道 $F(S)$ ，想通过 $G(S)$ 来得到 $F(S)$
这个问题相对于例1就复杂多了，但实际上我们已经有现成的关于集合包含的莫比乌斯反演公式了 :)
$F(S)=\sum (-1)^{|S|-|X|}G(X)$ (其中 $X$ 是 $S$ 的子集)
是不是感觉有点神奇？
大家可以自己写个程序来验证一下。
下面就是我的验证程序：
我定义 $F(S)=|S|$ ，然后先计算出 $F(S)$ ,接着计算出 $G(S)$ , 然后比较由 $G(S)$ 反演得到的 $F(S)$ 和 $|S|$ 的大小
下面是我的程序

#include <iostream>
#include <math.h>
using namespace std;

#define base 10
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
int F[1<<base],G[1<<base];
// 集合用二进制表示 base表示集合最多10个元素

int Cal(int x){ // 计算 |x|
    int sum=0;
    while(x) sum+=(x&1),x/=2;
    return sum;
}

int main(){
    REP(S,1<<base) F[S]=Cal(S); // 计算出最开始的F(S)
    REP(S,1<<base){   // 计算G(S)
        G[S]=0;
        for(int X=S;X;X=(X-1)&S) G[S]+=F[X]; //用X遍历S集合
    }
    REP(S,1<<base){     // 计算反演的 F(S)
        F[S]=0;
        for(int X=S;X;X=(X-1)&S)
            F[S]+=(int)pow(-1,Cal(S)-Cal(X))*G[X];
    }
    bool flag=1;    // 验证一下
    REP(S,1<<base)
        if(F[S]!=Cal(S)) flag=0;
    if(flag) cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;
}

最后得到的结果当然是 YES 咯！:)
关于这个反演公式的证明，先不要着急，看完文章过后，你自己都能摸索着证明了！！
现在先大概理解反演是个什么就行了！！

例3：
先令 $d|n$ 表示 $d$ 能整除 $n$
比如 $2|4$ (=.=)
定义关于整数的函数 $F(n)$
然后定义 $G(n)=\sum_{d|n}(F(d))$
上面的这种包含关系就更复杂了，只有当 $d$ 是 $n$ 的因子的时候， $F(d)$ 才会被包含在 $G(n)$ 中。
不过这种包含关系在 ACM中遇到的最多，所以我会详细讲一下这种类型的反演。
相信明白了这个过后，例2的反演也能够自己证明了。
具体的讲解见下一章节 :)

一类反演

这个一类反演就是例3中的那一类咯= =
我先直接给出结论吧

原式： $G(n)=\sum_{d|n}(F(d))$
反演公式： $F(n)=\sum(\mu(\frac{n}{d})*G(d))$

这里 $\mu$ 是一个函数，他是每一项 $G(d)$ 的系数，他的定义见下面：
（强烈建议关于 $\mu$ 的定义这一段可以先跳过，先认为他是G的系数就行了，可以跳到下面红字位置）

$\mu$ 是一个关于整数的函数
$\mu[x]$ = 1 当且仅当 $x$ 能够分解成偶数个不同质数的乘积（其中1不能被分解，所以1的分解出的质数个数是0，所以 $\mu[1]=1$ )
$\mu[x]$ = -1 当且仅当 $x$
$\mu[x]$ = 0 除开(2),(3)的其他情况

看上面关于 $\mu$ 的定义可能有点看晕了，通俗一点的说

对于一个 $x$ , 分解因式过后有 $x=(p_{1}^{e_{1}})*(p_{2}^{e_{2}})*...(p_{r}^{e_{r}})$
如果 $e_{i}$ 中 $(1\leqslant i\leqslant r)$ 有一个数 $e_{i}$ 大于1 那么 $\mu[x] = 0$ ;
不然的话 $\mu[x] = (-1)^r$
依旧来两个例子（我最喜欢举例子了 = =）

$\mu[1]=1$ ;定义中的说明
$\mu[2]=-1$ ;分解式 $2=2$ ;
$\mu[6]=1$ ; 分解式 $6=2*3$ ;
$\mu[9]=0$ ; $9=3^2$ ;出现了 $e>1$
$\mu[12]=0$ ; $12=2^2*3$ ;

跳到这里 :)

上面就是关于这类反演公式的定义，不要头晕= =，继续往下看吧
在证明之前，我们先想一下，为什么反演公式会是

$F(n)=\sum(\mu(\frac{n}{d})*G(d))$
这样的型式？
依旧通过例题来找规律 (^ ^)
我们令

$n=6$ ;
那么在计算

$F(6)$ 的时候，我们会用到

$G(1) G(2) G(3) G(6)$
我们考察者4个

$G$

$G(1) = F(1)$

$G(2) = F(1)+F(2)$

$G(3) = F(1)+F(3)$

$G(6) = F(1)+F(2)+F(3)+F(6)$

观察上面可以发现每个

$G(n)$ 都是由一些

$F(d)$ 累加得到的
当我们需要逆向有

$G$ 得到

$F(n)$ 时，只需要将一些与

$F(n)$ 有关的

$G$ 进行容斥！！！！！最终组合得到

$F(n)$ ！！！
比如

$F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)$
有些神奇！！不过这类莫比乌斯反演的实质也就是容斥原理的应用！！

那么我们现在知道为什么这类反演公式会是这个形式了，而且对其原理也有了更深的理解，现在该想一想公式的细节了。
既然我们知道要得到 $F(n)$ ，只需要将与其相关的 $G$ 进行容斥就可以，那么剩下的问题就是每个 $G$ 的系数！！！
我们以求解 $F(6)$ 为例子来说明，并定义一个系数函数 $H(d,n)$ .
其中 $H(d,n)$ 表示求解 $F(n)$ 时， $G(d)$ 的系数（其中 $d|n$ ）
所以可以得到这个式子

$F(6) = H(6,6)*G(6)+H(2,6)*G(2)+H(3,6)*G(3)+H(1,6)*G(1)$
我们用

$a,b,c,d$ 分别替代四个

$H(6,6),H(2,6),H(3,6),H(1,6)$
并且把对应的

$G$ 用

$F$ 表示出来，得到

$F(6)=a*(F(6)+F(3)+F(2)+F(1))+b*(F(2)+F(1))+c*(F(3)+F(1))+d*F(1)$
再变形一下，又有

$F(6)*(a-1)+F(3)*(a+c)+F(2)*(a+b)+F(1)*(a+b+c+d)=0$
把

$F(6),F(3),F(2),F(1)$ 当作不同的元，则得到了下面的方程组！！！

$a-1=0$

$a+c=0$

$a+b=0$

$a+b+c+d=0$

由此发现，四个未知数，四个方程，只需要解出方程，就能知道对于G的系数。
再深入的想一下，对于每个

$F(n)$ ,假设他的因子数为

$m$ ，则通过这种方式，总能设出

$m$ 个未知数，

$m$ 个方程，这样总能找到解，而这也为莫比乌斯反演的可能性作出了解释！！

现在我们要证明一个结论，即使 $H(a,b)=H(1,\frac{b}{a})$ ！！这个结论很重要，具体分析见下 :)

我们以求解 $F(8)$ 为例子，与 $F(8)$ 相关的 $H$ 有 $H(8,8),H(4,8),H(2,8),H(1,8)$

$F(8)=H(8,8)*G(8)+H(4,8)*G(4)+H(2,8)*G(2)+H(1,8)*G(1)$

首先看

$H(8,8)$ ,其值可以直接确定，因为把

$F(8)$ 当作元的话，左边一个

$F(8)$ ,而在右边

$F(8)$ 只在

$G(8)$ 中出现，所以

$H(8,8)=1$

同理对于 $F(n)$ ，其 $G(n)$ 的系数 $H(n,n)=1$ ，所以 $H(8,8)=H(1,1)$

再来看 $H(4,8)$ ：
首先想， $F(4)$ 在哪些地方出现
发现在 $G(8)$ 和 $G(4)$ 出现，因为左边不含 $F(4)$ ，而前面 $G(8)$ 的系数又已经确定
所以这里 $H(4,8)*G(4)$ 的作用就是为了抵消前面G $(8)$ 的代换中，出现的 $F(4)$
所以 $H(4,8)=-H(8,8)=-H(2,2)=H(1,2)$
// $H(1,2)=-H(1,1)$ 请大家自己验证一下

同理对于 $H(2,8)$ ：
他是为了抵消前面在 $G(8)$ 和 $G(4)$ 中出现的 $F(2)$
所以 $H(2,8)$ 相当于受到 $H(4,4)$ 和 $H(2,4)$ 的影响(假设这个结论对 $n=4$ 也成立， $H(2,4)=H(1,2)$ )
所以 $H(2,8)==H(1,4)$

找到规律过后，总结一下：

假设 $n$ 的因子有 $d_{1},d_{2},d_{3},...,d_{m}$ 其中 $d_{1}>d_{2}>d_{3}>...>d_{m}$

我们依次确定 $H(d_{i},n)$ 的值：
当我们在确定 $H(d_{i},n)$ 的值时，前面的值已经确定
即 $H(d_{j},n)(j<i)$ 的值已经确定
$H(d_{i},n)$ 会受到前面一些 $H(d_{j},n)$ 的影响，当且仅当 $d_{j}>d_{i}$ 且 $d_{i}|d_{j}$ 。

假设 $H(a,b)=H(1,\frac{b}{a})$ 对前面的 $H(d_{j},n)$
和所有的 $H(k,m)$ 其中 $m<n$ 已经成立(首先对于 $H(n,n)$ 已经成立)
那么有 $H(d_{j},n)=H(1,\frac{n}{d_{j}})=H(\frac{d_{j}}{d_{i}},\frac{n}{d_{i}})$
这样就把前面对 $H(d_{i},n)$ 造成影响的由 $H(d_{j},n)$ 转为了 $H(\frac{d_{j}}{d_{i}},\frac{n}{d_{i}})$
所以 $H(d_{i},n) = H(1,\frac{n}{d_{i}})$

既然 $H(a,b)$ 都可以写成 $H(1,\frac{b}{a})$ ，于是我们把 $H$ 的第一个元素略去，简写为 $H(x)$
说到这里，就可以把 $H$ 和 $\mu$ 联系起来了，其实 $\mu(x) = H(x) = H(1,x)$
再来，我们就可以给 $\mu(x)$ 赋予一个更具体的意义， $\mu(x)$ 表示在计算 $F(x)$ 时， $G(1)$ 的系数！！(因为 $\mu(x)=H(1,x)$ )

接下来，我们来尝试一下，如何用上面那个 $\mu(x)$ 的新意义，来计算 $\mu(x)$ 的值！！
首先需要明确2点！
一是 $G(x)$ 中,一定包含一个 $F(1)$ ，因为 $1|x$
二是， $F(1)=G(1)$

(0).如果 $x=1$
因为 $F(1)=G(1)$ 所以 $\mu[1]=1$ ;

(1).假设 x 是一个质数
$F(x) = \mu(1)*G(x)+\mu(x)*G(1)$
带入 $\mu(1) = 1$ , 因为 $G(x)$ 中含有一个 $F(1)$ ,而左边不含 $F(1)$ ，所以我们需要利用 $G(1)$ 来消去 $F(1)$
所以得到 $\mu(x)=-1$

(2).假设 x 可以写成2个不同质数的乘积 $x=p*q$
那么 $F(x)=\mu(1)*G(pq)+\mu(q)*G(p)+\mu(p)*G(q)+\mu(x)*G(1)$
这里 $\mu(1)，\mu(p)，\mu(q)$ 就是前面2种情况
带入系数，因为左边没有 $F(1)$ ，所以为了抵消右边的 $F(1)$ ，我们需要令 $\mu(x)=1$ ;

(3).假设 $x$ 可以写成3个不同质数的乘积 $x=p*p1*p2$ 我们令 $z = p1*p2$
$F(x) = \mu(1)*G(pz)+\mu(z)*G(p)+\mu(p)*G(z)+\mu(x)*G(1)$ ;
其中 $\mu(1),\mu(p),\mu(z)$ 分别为前面几种情况，带入过后，为抵消 $F(1)$ 得到 $\mu(x)=-1$
由此可以相同的方式向下递推，得到第一条结论

如果 $x = p_{1}*p_{2}...*p_{r}$ , 其中 $p_{i}$ 是互异的质数，那么 $\mu[x] = (-1)^r$

(4).假设 $x$ 可以写成一个质数的平方 $x=p^2$
$F(x) = \mu(1)*G(x)+\mu(p)*G(p)+\mu(x)*G(1)$
带入系数得到 $\mu(x)=0$ ;

(5).假设 $x$ 可以写成一个质数的三次方 $x=p^3$
$F(x) = \mu(1)*G(x)+\mu(p)*G(p^2)+\mu(p^2)*G(p)+\mu(x)*G(1)$
带入系数后 $\mu(x)=0$ ;
由此可用相同方式向下递推，得到第二条结论

如果 $x = p^e (e>1)$ ,那么 $\mu[x] = 0$

(6).假设 $x$ 可写成 $x = p^e*q$ 其中 $p,q$ 为不同质数， $e>1$
$F(x) = \mu(1)*G(x)+\mu(q)*G(p^e)+\mu(p^e)*G(q)+\mu(x)*G(1)$
带入系数后 $\mu(x) = 0$ ;
由此可继续向下递推，得到第二条结论的加强版！！

如果 $x = p^e*z$ 其中 $p$ 为质数, $z$ 为任意数, $e>1$ 那么 $\mu[x] = 0$

由此，我们得到了 $\mu[x]$ 的计算方法！！即是 $\mu$ 定义中给出的那样！！（没看定义的同学此时再跳回去看吧）

应用

得到了公式，也知道了他是怎么来的，现在就用一个应用来加深理解吧 :)
首先我们要给出第二部分中那个公式的另外一种形式 = = 我们把它称为形式二吧～

原式:

G(n)=∑n|d(F(d)) $G(n)=\sum_{n|d}(F(d))$
反演公式:

F(n)=∑(μ(dn)∗G(d)) $F(n)=\sum(\mu(\frac{d}{n})*G(d))$

这里

μ[x] $\mu[x]$ 的计算方式和上面的相同！！
注意上面的

n|d $n|d$ 和

d/n $d/n$ 和上面是相反的
证明方法和上面差不多，大致说一下
还是先设置一个系数函数

H(d,n) $H(d,n)$ 表示求解

F(n) $F(n)$ 时

G(d) $G(d)$ 出现的次数
接着用与上面类似的方法变化

H(d,n) $H(d,n)$ 为

H(dn,1) $H(\frac{d}{n},1)$ —>

H(x,1) $H(x,1)$
则联系

μ(x)=H(x,1) $\mu(x) = H(x,1)$ 表示在计算

F(1) $F(1)$ 时，

G(x) $G(x)$ 的系数
以

x $x$ 为质数为例子，由于

G(1)=F(1)+F(2)+...+F(N) $G(1)=F(1)+F(2)+...+F(N)$
故

F(1)=G(1)+μ(2)G(2)+...+μ(x)G(x)+...+μ(N)G(N) $F(1) = G(1)+\mu(2)G(2)+...+\mu(x)G(x)+...+\mu(N)G(N)$
因为

x $x$ 为质数所以

F(x) $F(x)$ 这一项只在

G(1) $G(1)$ 里面出现了一次，而其他地方只会在

G(x) $G(x)$ 出现
所以我们需要让

μ(x)=−1 $\mu(x)=-1$ 来抵消

F(x) $F(x)$
剩下的步骤就和上面差不多了，分类讨论一下，就可以求出这种情况下的

μ $\mu$ 的计算方式，和上面相同！！

接下来就真正的开始演示怎么用莫比乌斯反演简化计算了！！
看下面这个问题！
给出 $a,b$ ,其中 $1 \leqslant a,b\leqslant 10^6$
求满足条件的 $x,y$ 的对数，使得 $1 \leqslant x \leqslant a,1 \leqslant y \leqslant b$ ,且 $gcd(x,y) = 1$ 。
其中 $(2,3) (3,2)$ 算两对！
直接暴力显然复杂度太大，我们用莫比乌斯反演来解决。
令 $N = max(a,b)$
然后定义 $F(n)$ 表示满足条件的 $gcd(x,y)=n$ 的 $(x,y)$ 对数
在定义 $G(n)$ 表示满足 $n | gcd(x,y)$ 的 $(x,y)$ 对数即 $gcd(x,y)\equiv 0(mod n)$ 的 $x,y$ 对数
那么根据定义，有 $G(n)=\sum_{n|d}(F(d))$
于是我们需要求的就是 $F(1)$
怎么解决？
首先根据 $G(n)$ 的定义，可以很容易发现

G(n)=(⌊an⌋)∗(⌊bn⌋) $G(n) = (\lfloor\frac{a}{n}\rfloor)*(\lfloor\frac{b}{n}\rfloor)$ （提示：把

n $n$ 当成最小的元）
然后我们只直接计算

F(1) $F(1)$ 即可
带入

G(n) $G(n)$ 的公式有

F(1)=∑ni=1(μ[i]∗(⌊ai⌋)∗(⌊bi⌋)) $F(1) = \sum_{i=1}^{n}(\mu[i]*(\lfloor\frac{a}{i}\rfloor)*(\lfloor\frac{b}{i}\rfloor))$
至于

μ[] $\mu[]$ 的值，可以提前用筛法在

O(n) $O(n)$ 的时间内处理出来，这样总的时间复杂度就是

O(n) $O(n)$ ，问题得到解决！！

下面附上我自己求 $\mu[]$ 的代码（效率并不是严格上的 $O(n)$ ，不过一般情况下已经足够）

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;

#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define FOR(i,j,k) for(int i=j;i<=(k);i++)
#define maxn 1000009

int u[maxn];
bool vis[maxn];
void Work(){        // 计算U[]
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(u,0,sizeof(u));
    for(int i=2;i<maxn;i++) if(!vis[i])
        for(int j=i;j<maxn;j+=i){
            if(u[j]==-1) continue;
            if((j/i)%i==0)  u[j]=-1;
            else u[j] ++;
            vis[j]=1;
        }
    FOR(i,1,maxn-1)
        if(u[i]==-1) u[i]=0;
        else if(u[i]%2) u[i]=-1;
        else u[i]=1;
}

int main(){
    Work();
}

进阶

在ACM中，可以利用莫比乌斯反演来求解很多关于 Gcd 的问题
推荐几道基础题： SPOJ 7001 , ZOJ 3435, HDU 1695.
想做更多的题的话，自己去HUST OJ搜索吧 :)

最后再说一下上面的证明方法都是个人YY的，感觉比《组合数学》上的证明简单些（数学太渣orz…那个证明我是没看太懂），写下来
给初学莫比乌斯反演的童鞋当个资料（= =）。关于上面的证明我暂时没发现什么错误，如果发现错误，请在回复里面指出！另外
形式二的证明应该可以由形式一直接得到，不过我没想出什么好办法，知道的神牛也请在评论中说一下！

(￣.￣) 完～～