2023.4.17 闲话

推歌：あんたにあっかんべ / 一二三 feat.初音ミク .

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OI Wiki 中的「莫比乌斯反演扩展」：

\[f(n)=\sum_{i=1}^nh(i)g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)\iff g(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i)h(i)f\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right) \]

其中 \(h\) 是完全积性函数且满足 \(h(1)=1\) .

证明：

等式两边同时差分得

\[\begin{aligned}\Delta f(n)&=\sum_{i=1}^nh(i)\left(g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)-g\left(\left\lfloor\dfrac{n-1}i\right\rfloor\right)\right)\\&=\sum_{i=1}^nh(i)[i\mid n]\Delta g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)\\&=\sum_{d\mid n}h(d)\Delta g\left(\dfrac nd\right)\end{aligned} \]

也就是 \(\Delta f=h*\Delta g\)，即 \(\Delta g=h^{-1}*\Delta f\)（此处 \(x^{-1}\) 是 Dirichlet 卷积逆）. 写出表达式就是

\[\Delta g(n)=\sum_{d\mid n}(\mu*h)(d)\Delta f\left(\dfrac nd\right) \]

两边同时前缀和得

\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}h^{-1}(d)\Delta f\left(\dfrac id\right)\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}h^{-1}(d)\Delta f(i)\\&=\sum_{d=1}^nh^{-1}(d)f\left(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\right)\end{aligned} \]

这里是 \(h^{-1}\)，而原命题是 \(h\cdot\mu\)，怎么回事？

其实对于满足 \(h(1)=1\) 的完全积性函数 \(h\) 来说肯定是有 \(h^{-1}=\mu\cdot h\) 的，具体可以验证：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)h(d)h\left(\dfrac nd\right)=h(n)\sum_{d\mid n}\mu(d)=h(n)[n=1]=[n=1] \]

那么就证完了，原命题的结论还是有点弱的，OI Wiki 推的有点麻烦最后还是个弱结论，有点惨 .

最终结论：

\[\boxed{f(n)=\sum_{i=1}^nh(i)g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)\iff g(n)=\sum_{i=1}^nh^{-1}(i)f\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)} \]

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