莫比乌斯反演学习笔记

前言

停更好久了，刚好我们老师讲了莫比乌斯反演，那我就来开数论这个天坑吧。

莫比乌斯反演

比如说我们现在有一个函数

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$$
假设f非常容易求得，但是g很难求，那么我们是不是可以通过f来求g呢
$$g(n)=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})*\mu(d)$$
然后$mu(d)$这个东西就是莫比乌斯函数，所以这个变换也叫莫比乌斯变换

关于莫比乌斯函数

(1) 若$d=1$，则$\mu(d)=1$
(2) 若$d=p_1*p_2*p_3*p_4*..*p_n$ (注意不是笔者偷懒，而是p的次数都是1，且都是互异的质数) 那么$\mu(d)=(-1)^{k}$
(3) other wise $\mu(d)=0$

莫比乌斯函数的性质

性质1

对于正整数n，有

$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
中括号在这里表达bool表达式，如果满足中括号内的条件则为1，否则为0
证明：
(1) n=1，根据定义，显然成立
(2) n>1，设$n=p_1^{x_1}*p_2^{x_2}*p_3^{x_3}*...*p_k^{x_k}$，也就是把n质因数分解
那么d一定能表示为$p_1^{y_1}*p_2^{y_2}*p_3^{y_3}*...*p_k^{y_k}$，其中($0<=y_i<=x_i$)，那么根据定义，只要有一个y大于二，那么$\mu(d)=0$，没有贡献，所以我们只要考虑所有y均为0,1时的情况。
我们假设这k个中有r个y=1，那么出现这种情况的方案数为$C_{k}^{r}$，总贡献为
$C_{k}^{r}*(-1)^{r}$
我们再把每个d的贡献加起来 $$\sum_{r=0}^{k}*C_{k}^{r}*(-1)^{r}$$
是不是觉得有点眼熟呢，没错，这就是我们的二项式定理，所以上式就等于$(1+(-1))^k=0$
结论得证。

性质2

莫比乌斯函数为积性函数
证明：
若有两个互质的数a,b
我们把它们分别分解质因数$a=p_1^{x_1}*p_2^{x_2}*...*p_k^{x_k}$，$b=q_1^{y_1}*q_2^{y_2}*...*q_t^{y_t}$
由于a,b互质，$a*b=p_1^{x_1}*p_2^{x_2}*...*p_k^{x_k}*q_1^{y_1}*q_2^{y_2}*...*q_t^{y_t}$
如果$\mu(a)==0或\mu(b)==0$为0，那么说明一定有一个x或y>=2，那么$\mu(a*b)$也一定为0.
若$\mu(a)$与$\mu(b)$均为1，说明k与t均为偶数，那么k+t也为偶数，所以$\mu(a*b)$也为1
若$\mu(a)$与$\mu(b)$均为-1，说明k与t均为奇数，那么k+t为偶数，所以$\mu(a*b)$为1
若$\mu(a)为1，\mu(b)$为-1，说明k为偶数，t为奇数，那么k+t为奇数，所以$\mu(a*b)$为-1，
$\mu(b)为1，\mu(a)$为-1与上一条同理。
综上所述，莫比乌斯函数为积性函数。

莫比乌斯函数的求法

这里介绍一下如何使用线性筛筛出莫比乌斯函数

    memset(isprime,1,sizeof(isprime));
    isprime[1]=0;
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=100000;i++){
        if (isprime[i]){prime[++pri]=i;mu[i]=-1;}//质数的mu显然是-1
        for (int j=1;j<=pri&&i*prime[j]<=100000;j++){
            int tt=i*prime[j];
            isprime[tt]=0;
            if (i%prime[j]==0){//说明prime[j]这个质因子次数大于1，所以mu为0
                mu[tt]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[tt]=-mu[i];//说明新出现了一个质数，所以要再*=-1
            }
        }
    }   

其复杂度就是线性筛的复杂度，和筛质数，筛phi都是一样的。

莫比乌斯反演

我们现在已经知道了莫比乌斯函数和他的一些性质，那么我们试着证明一下莫比乌斯反演的正确性。

$$g(n)=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})*\mu(d)$$
再把$f$展开
$$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}g(i)$$
然后我们把g的sigma换到前面去
$$g(n)=\sum_{i|n}g(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)$$
我们考虑后面这个sigma的值
(1)当i=n时， $$\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=1，g(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=g(n)$$
(2)当i为小于n且是n的因数时，根据 $$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
那么 $$\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=0$$ ，
乘上一个g(i)仍然为0，那么上下两种情况加起来就是 $$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}g(i)$$
所以就是g(n)，证毕

莫比乌斯反演的变形

变形一：

$$f(i)=\sum_{d=1}^{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}g(d*i)--->g(i)=\sum_{d=1}^{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}f(d*i)*\mu(d)$$
证明：
我们把上面二式的f展开
$$\sum_{d=1}^{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}f(d*i)*\mu(d)=\sum_{d=1}^{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}\mu(d) \sum_{d1=1}^{\lfloor{\frac{n}{d*i}}\rfloor}g(d1*d*i)$$
我们令d1*d=T
那么原式= $$\sum_{T=1}^{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}g(T*i) \sum_{d|T}\mu(d)$$
仔细想一下i,d,T的关系应该不难理解
当(1)T=1时， $$\sum_{d|T}\mu(d)=1，g(T*i) \sum_{d|T}\mu(d)=g(i)$$
(2)T>1时， $$\sum_{d|T}\mu(d)=0，g(T*i) \sum_{d|T}\mu(d)=0$$
综上所述，结论正确
变形二： $$f(i)=\sum_{i|d}g(d)--->g(i)=\sum_{i|d}f(d)*\mu(\frac{d}{i})$$
证明：
另$\frac{d}{i}=k$
那么 $$\sum_{i|d}f(d)*\mu(\frac{d}{i})=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(k)*f(k*i)=\sum_{k=1}^{\infty}\mu(k)*\sum_{k*i|t}g(t)=\sum_{i|t}*g(t)*\sum_{k|\frac{t}{i}}\mu(k)$$
又是熟悉的套路，就是把$\mu$换成前缀和，就有非常好的性质了，那么最后得到的这个式子，只有在t=i时，后面的这个$\mu$的sigma才会变成1，所以加起来就是f(i)

尾声

以上就是笔者对莫比乌斯反演的一些理解与介绍，军训每天逃机房花了5天终于码完了，希望能给大家带来帮助