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先写点东西吧
比如说\(\mu\)函数的性质
首先\(\mu(1)=1\)
之后对于一个数\(n\)，将\(n\)质因数分解，如果有任何一个质数的的指数超过\(1\)，那么\(\mu(n)=0\)
否则记\(n=\prod_{i=1}^kp_i\)，则\(\mu(n)=(-1)^k\)
于是就有了一条非常重要的性质
\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\]
显然当\(n=1\)的时候满足\(\mu(1)=1\)
当\(n>1\)的时候，我们可以尝试用二项式定理证明一下
将\(n\)分解质因数，我们由于一个质数选择的次数超过\(1\)，那么对这个\(\sum\)的贡献为\(0\)，所以我们只需要考虑每一个质数被至多选择\(1\)次的情况
记\(n=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}\)，选择了\(i\)的质数的情况就是\(\binom{k}{i}\)种
所以
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i=\sum_{i=0}^k\binom{k}{i}(-1)^i*1^{k-i}=(-1+1)^k=0\]
之后就是大名鼎鼎的莫比乌斯反演定理
设\(F(n),f(n)\)为两个定义在非负整数集合上的函数
如果存在
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\]
那么就存在
\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\]
也可以写成
\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(d)\]
好像看起来就非常神奇的样子，尝试证明一下
\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}f(i)=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(d)f(i)\]
显然如果\(i\)是\(\frac{n}{d}\)的约数的话，肯定也是\(n\)的约数
我们考虑一下哪一些\(d\)能枚举到\(i\)
因为\(i| \frac{n}{d}\)，那么就有
\[k\times i=\frac{n}{d}\]
\[k\times i\times d=n\]
\[k\times d=\frac{n}{i}\]
所以能枚举到\(i\)的\(d\)必须满足\(d|\frac{n}{i}\)
于是可以交换一下\(\sum\)
\[\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(d)f(i)=\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)\]
又因为\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)，所以只有在\(i=n\)的时候后面的\(\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=1\)，所以这个柿子的值就是\(1\times f(n)=f(n)\)
所以就证明了\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\)
其实还有一种方式的反演，是枚举倍数的反演
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)\]
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\]
主要适用于跟\(gcd\)相关的反演中，证明在下面的第一个题目里
好像之后这些还不太够，还有一个非常重要的东西——狄利克雷卷积
其实就是有两个数论函数\(f,g\)我们可以定义
\[h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\]
那么就记\(f\times g=h\)，也就是说\(f\)和\(g\)的卷积为\(h\)
狄利克雷卷积有几条非常有用的性质
交换律：\(f\times g=g\times f\)
结合律：\(f\times g\times h=f\times (g\times h)\)
分配律：定义两个函数的加法为逐项相加，那么就有\(f\times(g+h)=f\times g+f\times h\)
之后还有三个看上去非常鸡肋，但是实际上非常有用的函数
\(?\)单位元函数，\(?(n)=[n=1]\)，在狄利克雷卷积里充当单位元的功能，显然对于任意的\(f\)都存在\(f\times ?=f\)
\(I\)恒等函数，\(I(n)=1\)
\(id\)单位函数，\(id(n)=n\)
我们可以从狄利克雷卷积的方法证明莫比乌斯反演
\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\]
写成卷积的形式，也就是\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)*I(\frac{n}{d})\)，也就是\(F=f\times I\)
我们在两边乘上\(\mu\)
\[F\times \mu=f\times I\times \mu\]
显然\(I\times \mu=\sum_{d|n}\mu(d)=?\)
也就是说\(f\times ?=F\times \mu\)
再写回来
\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\]
于是我们又证明了莫比乌斯反演
所以其实莫比乌斯反演本质上就是两个柿子
\[F=f\times I\]
\[f=\mu\times F\]
通过卷积我们还可以把另一个重要的函数\(\varphi\)和\(\mu\)建立联系
众所周知学反演之前的我就不知道有这样一个奇妙的性质
\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n\]
其实就是\(\varphi \times I=id\)了
但是这个性质是怎么来的呢
证明一下吧
\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[(i,n)=1]=\sum_{i=1}^n\sum_{d|(i,n)}\mu(d)\]
这就是\(\mu\)的神奇性质，看到诸如\([n=1]\)就可以用\(\sum_{d|n}\mu(d)\)来代替
显然我们发现\(d\)是\((i,n)\)的约数就一定是\(n\)的约数，考虑将\(\sum\)交换，继续化柿子
\[\varphi(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|(i,n)}\mu(d)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d|i}1=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}\]
发现\(\frac{n}{d}\)其实就是\(id\)啊，于是就得到了\(\varphi =\mu \times id\)
根据反演定理，自然有\(\varphi\times I=id\)
之后还有一个并不是非常难证的柿子
\[\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n}\]
以上是莫比乌斯反演和狄利克雷卷积的理论部分，好像实际做题跟理论也没什么关系
于是做完一道题就来总结一下吧
以及没有什么东西的杜教筛
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原文地址：https://www.cnblogs.com/asuldb/p/10205579.html
