莫比乌斯反演

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莫比乌斯函数

定义

对\(d\)进行质因数分解：\(d=p_1^{r1}p_2^{r2}p_3^{r3}····p_k^{rk}\)
\(r=max\{r_1,r_2,r_3···r_k\}\)
莫比乌斯函数的定义为
\[\mu(d) = \begin{cases}1\qquad d=1\\ 0\qquad r > 1\\ (-1)^k\qquad r=1\end{cases}\]
也就是说

• 当\(d=1\)时，\(\mu(d)=1\)
• 当\(d\)质因数分解后，若质因子中的最大次数大于一，\(\mu(d)=0\)
• 当\(d\)质因数分解后，质因子中的最大次数等于一，也就是\(d=p_1p_2p_3···p_k\)时，\(\mu(d)=(-1)^k\)，\(k\)为质因子的个数

举个栗子：
\(\mu(1)=1\\ \mu(3)=(-1)^1=-1\\ \mu(6)=(-1)^2=1\\\mu(4)=0\)

性质

性质1：
对于任意正整数\(n\)，有\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\]\([n=1]\)表示当\(n=1\)的时候值为\(1\)，否则值为\(0\)。
****
证明(请教于wby大佬):

当\(n=1\)时，显然。
考虑\(n>1\)的情况，\(n=p_1^{k1}o_2^{k2}p_3^{k3}···p_m^{km}\)
根据定义显然只有当\(k_1=k_2=k_3=···k_m=1\)时有贡献，否则为\(0\)。
我们就只讨论有贡献的情况；
设\(n\)的因子\(d\)中有\(i\)个质因子，\(\mu(d)=(-1)^r\)，因为\(d\)的质因子一定是\(n\)的质因子，从\(m\)个质因子中选出\(i\)的质因子的组合数就为\(C_m^r\)。
\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{r=0}^{m}(-1)^{i} C_m^r\]
然后根据二项式定理：
\[(x+y)^m = \sum_{r=0}^{m}C_{m}^{r} x^{m-r} y^r\]
令\(x=1,y=-1\)，可得：
\[\sum_{r=0}^{m}C_m^r(-1)^{r}=\sum_{r=0}^{m}C_m^r (1)^{m-r}(-1)^r=(-1+1)^m=0\]
由此得证

性质2：
对于任意正整数\(n\)均有
\[\sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}\]
****
证明：
\[\phi(n)=\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)==1]\]
这时根据性质1
\[\phi(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)\]
然后先枚举最大公约数
\[\phi(n)=\sum_{d\mid n}\sum_{d\mid i=d}^{i\leq n}\mu(d)\\=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{d\mid i=d}^{i\leq n}1\\=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}\\ =\sum_{d\mid n}\frac{\mu(d)n}{d} \]
得到
\[\frac{\phi(n)}{n}=\sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d}\]

板子

只需要在筛法上加四句话

void shai(int n) {
    mu[1] = 1;          //定义mu[1]=1 
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) p[++num] = i, mu[i] = -1;  //mu质数=-1 
        for (int j = 1; j <= num; j++) {
            if (i * p[j] > n) break;
            vis[i * p[j]] = 1;
            if (!i % p[j]) {        //i%p[j]==0说明i有p[j]这个因子，所以i*p[j]=0 
                mu[i * p[j]] = 0;
                break;
            } else mu[i * p[j]] = -mu[i];   //有多了一个质因子，所以取负 
        }
    }
}

莫比乌斯反演

略微说明了一下莫比乌斯函数函数后，就迎来最重要的内容，莫比乌斯反演。
定义：
如果F(n)，f(n)是数论函数，且满足
\[F(n)=\sum_{d\mid n}f(n)\]
则有反演：
\[f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\]
****
证明：
将\(F(\dfrac{n}{d})\)带入得
\[\sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}(\mu(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}f(k))\]
观察后面的式子，发现要满足\(\dfrac{n}{d}\div k=0\)，所以实际上就是要求
\[k\times d=n\]
那我们就可以理解为对于所有的二元组\((\mu(d),f(k))\)都能被枚举到
所以我们枚举\(k\)， 式子就变成了
\[\sum_{k\mid n}(f(k)\sum_{k*d\mid n}\mu(d))\]
再转换一下，变成
\[\sum_{k\mid n}(f(k)\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d))\]
然后根据莫比乌斯函数的性质1
只有当\(k=n\)时，\(\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)=1\)，其余情况为\(0\)；
于是原式=\(f(n)\)

莫比乌斯反演的另一种形式：
\[f(n)=\sum_{n\mid d}f(d)\mu(\frac{d}{n})\]

莫比乌斯反演

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原文地址：https://www.cnblogs.com/lykkk/p/10663073.html