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$Mobius$ $inversion$ $formula$
以后的博客都改用楷体了,还是楷体好看.
首先既然要学莫比乌斯反演,我们就应该先知道莫比乌斯反演名字的来源,莫比乌斯函数是根据$19$世纪的数学家奥古斯特·莫比乌斯命名的.
那么我们退而求其次,看一下一个叫做莫比乌斯函数的东西:
$\mu(n)=\begin{Bmatrix} 1，n=1 \\ (-1)^k,n=\prod_{i=1}^k p_i \\0，others\end{Bmatrix}$
还有一些小的知识点:
数论函数：定义域为$N$的函数.举几个例子:
1. $\varphi (n)=\sum_{i=1}^n[(i,n)==1]$
2. $id(n)=n$
3. $1(n)=1$
4. $d(n)=\sum_{d|n}1$
5. $\sigma (n)=\sum_{d|n}d$
6. $\varepsilon (n)=[n=1]$
? 积性函数:对于任意$(a,b)=1$,满足$f(ab)=f(a)\times f(b)$
完全积性函数:$f(a,b)=f(a)\times f(b)$
? 来尝试一下运用:
? $\mu(n)$ 和 $\varphi(n)$ 都是积性函数,所以都可以线性筛:
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 5 using namespace std; 6 7 const int maxn=100000; 8 int phi[maxn],n,pri[maxn],vis[maxn],h; 9 10 int main() 11 { 12 scanf("%d",&n); 13 phi[1]=1; 14 for (R i=2;i<=n;++i) 15 { 16 if(!vis[i]) 17 pri[++h]=i,phi[i]=i-1; 18 for (R j=1;j<=h&&i*pri[j]<=n;++j) 19 { 20 vis[ i*pri[j] ]=1; 21 if(i%pri[j]==0) 22 { 23 phi[ i*pri[j] ]=phi[i]*pri[j]; 24 break; 25 } 26 phi[ i*pri[j] ]=phi[i]*(pri[j]-1); 27 } 28 } 29 for (R i=1;i<=n;++i) 30 printf("%d ",phi[i]); 31 return 0; 32 }
1 for (R i=2;i<=n;++i) 2 { 3 if(!vis[i]) 4 pri[++h]=i,mu[i]=1; 5 for (R j=1;j<=h&&i*pri[j]<=maxn;++j) 6 { 7 vis[ i*pri[j] ]=1; 8 if(i%pri[j]) break; 9 mu[ i*pri[j] ]=-mu[i]; 10 } 11 }
下面是一些小证明，这次我决定把用到的结论全证一遍,因为随着时代的进步背板子题只能越来越少,而且现在时间也比较多.
1.$\sum_{d|n}\mu(d)=\varepsilon (n)$
证明:
? 当$n=1$时显然是成立的.
? 首先对于 $n$ 分解质因数,得$n=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}$
? 显然对于任意的$d|n$,$d=\prod_{i=1}^kp_i^{b_i},b_i<=a_i$
如果$max\{b_i\}>1$,则$\mu(d)=0$,对答案不造成影响,所以不用考虑.
? 那么能够影响答案的 $d$ 必然满足任意质因子的次数最多等于 $1$ ,且都是在 $n$ 中出现过的质因子.
枚举 $d$ 中含有的因子数量:
$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} (-1)^k=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} (-1)^k1^{-k}=(-1+1)^k=0$
2.$\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}$
证明：$\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[(i,n)=1]$
? $\varphi(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|(i,n)}\mu(d)$
变枚举约数为枚举倍数：
$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d|i}^n1$
$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}$
$\frac{\varphi(n)}{n}=\sum_{d|n}\frac{ \mu(d) }{d}$
这里好像不得不补充一点卷积的内容了.
$h=(f \times g) \rightarrow h(n)=\sum_{d|n}f(d) \times g( \frac{n}{d} )$
显然$h(n)=\sum_{d|n}g(d) \times f(\frac{n}{d})$
这就是著名的$Dirichlet$卷积.
3.$id=\varphi \times 1$
?证明:
?$\varphi \times 1=\sum_{d|n}\varphi(d) \times 1(\frac{n}{d})$
$=\sum_{d|n}\varphi(d)$
$=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^d [(i,d)=1]$
$=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^d \sum_{k|(i,d)} \mu(k)$
代入$(2)$中的结论:
$=\sum_{d|n}\sum_{k|d}\mu(k) \times id(\frac{d}{k})$
进行一番合式变换:
$=\sum_{d|n}\sum_{k|d} \mu (\frac{d}{k})\times id(k)$
$=\sum_{k|n}k \sum_{d|\frac{n}{k}} \mu(d)$
再运用一下$(1)$里面的结论,只有$\frac{n}{k}=1$时，后面的合式等于一，此时前边 $k=n$ ,其余时间整个合式等于$0$.
在上一步中,被放到 $\mu$ 里面的那部分乘上 $k$ 是 $n$ 的一个因子.所以当我们转而枚举 $k$ 的时候,只需要$(k \times d)|n$,也就是$d|\frac{n}{k}$.
?如果还是不理解就看看这个:
例如$n=6$
$d=1$ $\mu(1) \times 1$
$d=2$ $\mu(2) \times 1+\mu(1) \times 2$
$d=3$ $\mu(3) \times 1+ \mu(1) \times 3$
$d=6$ $\mu(6) \times 1+\mu(3) \times 2+\mu(2) \times 3+\mu(1) \times 6$
好了,现在进入正题:
$$f(n)=\sum_ {d∣n}g(d)$$
已知 $g$ 求 $f$ ...好像挺简单的,以我的水平求单个最少可以做到$\sqrt{N}$.
但是现在需要已知 $f$ 求 $g$ 了,怎么做?
如果 $n$ 非常小,是可以高斯消元的.
如果 $n$ 并不小呢?
结论一:
$$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\times f(\frac{n}{d})$$
尝试证明一下:
$\sum_{d|n}\mu(d) \times f(\frac{n}{d})$
$=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}g(k)$
$\because qk=\frac{n}{d}$
$\therefore qd=\frac{n}{k}$
$=\sum_{k|n}g(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$
当且仅当$k=n$,第二个合式等于 $1$ ,其余时间等于 $0$.
$=g(n)$
---shzr
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原文地址：https://www.cnblogs.com/shzr/p/10013676.html
