并不对劲的莫比乌斯反演

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重要定理1

\(\mu(x)\)是一个定义域为全体正整数的函数，它的定义是：

1.当\(x=p_1*p_2*...*p_k\)且\(p_1*p_2*...*p_k\)为互异质数时，\(\mu(x)=(-1)^k\)

2.当\(x=1\)时，\(\mu(x)=1\)，也可以看成第1种情况中\(k=0\)时

3.当\(x\)存在一个质因子幂次大于等于2时，\(\mu(x)=0\)

它的定义听上去很奇怪，但是它有一个非常重要的性质：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\]

即当\(n=1\)时，\[\sum_{d|n}\mu(d)=1\]当\(n\neq1\)时，\[\sum_{d|n}\mu(d)=0\]
证明：
设\(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k}\)
那么\(d\)可以看成在这\(a_1+a_2+...+a_k\)个质数中选择若干个的乘积
发现当\(p_1,p_2,...,p_k\)中任何一个被选次数超过两次时，\(\mu(d)=0\)，对所有\(\mu(d)\)之和没有影响，可以不考虑
那么\(d\)就变成了在\(p_1,p_2,...,p_k\)中，每个数至多选一次，选出若干个数的乘积
设选择了\(m\)个数
当\(m\)为偶数时，\(\mu(d)=1\)；当\(m\)为奇数时，\(\mu(d)=-1\)
那么\[\sum_{d|n}\mu(d)=(\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}{C_k^{i*2}})-(\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor}{C_k^{i*2+1}})\]
设\[f_0(x)=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}{C_k^{i*2}}，f_1(x)=\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{k-1}{2}\rfloor}{C_k^{i*2+1}}\]
则有\[\sum_{d|n}\mu(d)=f_0(k)-f_1(k)\]
那么问题转化为证明\(f_0(k)-f_1(k)=[n=1]\)
当\(n=1\)时，\(k=0\)，\(f_0(k)=1,f_1(k)=0\)，所以\(f_0(k)-f_1(k)=1\)
当\(n\neq1\)时，
(1)当\(k\)为奇数时，\(f_0(k)=C_k^0+C_k^2+...+C_k^{k-3}+C_k^{k-1}，f_1(k)=C_k^1+C_k^3+...+C_k^{k-2}+C_k^{k-0}\)
根据组合数的性质可得\(C_k^x=\frac{k!}{x!(k-x)!}=C_k^{k-x}\)
则有\(f_0(k)=f_1(k)\)
(2)当\(k\)为偶数且不为0时，考虑从\(k\)个数中去掉一个数
那么 没有选被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 选了被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的， 选了被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 没有选被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的
由(1)可得， 没有选被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 没有选被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的
那么 选了被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 选了被去掉的数且选了奇数个数的方案数 也是相等的
所以 选了奇数个数的方案数 和 选了偶数个数的方案数 相等，即\(f_0(k)=f_1(k)\)
综上所述，当\(n=1\)时\(f_0(k)-f_1(k)=1\)，当\(n\neq1\)时\(f_0(k)-f_1(k)=0\)，证毕

重要定理2

证完这个结论后就可以得到一个莫反常用的结论：

当\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)\]时，

有：\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})\]

证明：
\[\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)*(\sum_{i|\frac{n}{d}}f(i))\]
那么问题转换为算出\(f(i)\space(i|\frac{n}{d})\)的系数
设\(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k}\)，\(d=p_1^{b_1}*p_2^{b_2}*...*p_k^{b_k}\)，\(i=p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*...*p_k^{c_k}\)，则\(\forall i\in[1,k],c_i\leq a_i-b_i\)
当\(b_1,b_2,...,b_k\)中存在一个大于1时，\(\mu(d)=0\)，对答案没有贡献，不用考虑
那么\(\forall i\in[1,k],b_i\leq min(1,a_i-c_i)\)
\(f(i)\space(i|{n})\)的系数就是\(f_0(\Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(\Sigma min(1,a_i-c_i))\)
当\(i=n\)时， \(\forall i\in[1,k],c_i=a_i\)，\(\Sigma min(1,a_i-c_i)=0\)，\(f_0(\Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(\Sigma min(1,a_i-c_i))=1\)，即\(f(n)\)系数为1
当\(i\neq n\)时，\(\exists i\in[1,k],c_i<a_i\)，\(\Sigma min(1,a_i-c_i)\neq 0\)，\(f_0(\Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(\Sigma min(1,a_i-c_i))=0\)，即对于\(i\neq n\)，\(f(i)\)的系数为0
所以，\[\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})=f(n)\]证毕

相关技巧

数论分块

\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor\)只有\(\sqrt{n}\)种不同的取值，这一点一般用于时间复杂度的证明

求积性函数

先坑着

例题

先坑着

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