莫比乌斯反演

莫比乌斯反演和容斥原理可以相互联系。有的题目使用容斥原理做起来比较复杂，这时候可以使用莫比乌斯反演解决。

1.莫比乌斯函数的定义

$x=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k},p_i$均为质数，${\alpha }_i\ge 1.$

$\mu (x)=\{\begin{array}{l}情况1：存在{\alpha }_i\ge 2.\mu (x)=0\\ 情况2：\forall {\alpha }_i=1.\mu (x)=(-1{)}^k\end{array}$

2.$S(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)$，那么$S(n)=\{\begin{array}{l}1.n=1\\ 0.n>0\end{array}$

证明：

$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k}$，当$n>1$时，一定有$k\ge 1$

此时$n$的因子就可以表示为$d=p_1^{{\beta }_1}{p}_2^{{\beta }_2}\dots p_k^{{\beta }_k},0\le {\beta }_i\le {\alpha }_i$.

我们根据莫比乌斯函数的定义可以发现，当${\beta }_i>1$时，$\mu (d)$等于0，因此，在求和的过程中，所有包含因子次数大于1的情况我们可以省去。

接下来我们就只需要考虑次数为0和1的情况。

对于这种情况：

$S(n)=C_k^0(-1{)}^0+C_k^1(-1{)}^1+\cdots +C_k^k(-1{)}^k$，这个式子我们可以使用二项式定理求解：

$(a+b{)}^k=C_k^0{a}^k\ast b^0+C_k^1{a}^{k-1}\ast b^1+\dots C_k^k{a}^0\ast b^k$.

可以发现，当$a=1,b=-1$时，二项式定理的右边正好等于$S(n)$。因此我们可以证明只要$n>0$时，一定有$S(n)=0$。得证。

3. 莫比乌斯反演

该定理的内容是：
若$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$，则$f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$

相关的题目基本是定义出$F$和$f$函数，如果发现$F$函数好求解但是$f$函数不好求解，就可以使用反演，套用上面的式子。

证明：

${\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})={\sum }_{d|n}\mu (d){\sum }_{i|\frac{n}{d}}f(i)={\sum }_{i|n}f(i){\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)$

对于上面最后一步的变换，我们相当于将两层for循环的变量交换了顺序。改成我们先枚举之前内层循环变量的所有可能的取值，然后再枚举之前外层循环变量的取值。

这个过程可以通过下面的变换来感受一下：
$s_1=\mu (d_1)\ast (f(i_1)+f(i_2)+{\dots }_{)}$
$s_2=\mu (d_2)\ast (f(i_1)+f(i_2)+\dots )$
那么$s1+s2=f(i_1)\ast (\mu (d_1)+\mu (d_2))+f(i_2)\ast (\mu (d_1)+\mu (d_2))\dots$

之前的推导过程中，最后一个式子的$d$的条件，是根据$i|\frac{n}{d}$推导而来，也就是：
$i|\frac{n}{d}\iff id|n\iff d|\frac{n}{i}$

$i$的条件，也是根据$i|\frac{n}{d}$得出。

接着进行公式的证明：

${\sum }_{i|n}f(i){\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=f(n)$

因为我们可以发现${\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)$就是之前的S，即

${\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=S(\frac{n}{i})$

当$i<n$时，显然$\frac{n}{i}>1$，此时S = 0，只有当$i=n$时，S = 1。因此，上面的式子成立。

莫比乌斯反演定理得证。

不过我们在做题的时候，通常还是使用该定理的另一种形式：

若$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$，则$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$.

也就是这里我们枚举n的倍数，而不是因子。

证明：

$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n}){\sum }_{d|i}f(i)={\sum }_{n|i}f(i){\sum }_{d^{\prime }|\frac{i}{n}}\mu (d^{\prime })$

这里的$d^{\prime }=\frac{d}{n}$，由于$d|i$，因此也就有$n{d}^{\prime }|i$，于是可推出上面式子中的$d^{\prime }$所满足的限制条件$d^{\prime }|\frac{i}{n}$。

我们可以发现，上式中的${\sum }_{d^{\prime }|\frac{i}{n}}\mu (d^{\prime })=S(\frac{i}{n})$，因此只有当$i=n$的时候，S等于1。因此得：

${\sum }_{n|i}f(i){\sum }_{d^{\prime }|\frac{i}{n}}\mu (d^{\prime })=f(n)$

得证。