【莫比乌斯反演】——蒟蒻的理解

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以下为正文:

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  序:最近被反演虐的不要不要的,遂决定写一篇博文,防止以后自己翻车……

1.定义

  莫比乌斯函数:$\mu(n)$

 

   我们引入一个概念,狄利克雷卷积。即$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac n d)$。显然,狄利克雷卷积是满足交换律的。同时其也满足结合律与分配率。

  在引入一个概念,积性函数,即函数$f$对于互质的两个数$i,j$满足$f(i*j)=f(i)*f(j)$。其中如果对于任意$i,j$满足$f(i*j)=f(i)*f(j)$,我们称其为完全积性函数。

  再例举一些函数的符号:欧拉函数$\phi$,约数个数函数$d$,约数和函数$\sigma$,单位函数$id(n)=n$,元函数$\varepsilon(n)$,当n为1时,$\varepsilon(n)=1$,否则$\varepsilon(n)=0$,以及不变的函数$1(n)=1$。

  这里给出一个线性筛的板子:

  

 1 const int N=1e7+1;
 2  
 3 int miu[N],prim[N/5],num,sum[N];
 4 bool vis[N];
 5  
 6 inline void init(){
 7     miu[1]=1;
 8     sum[1]=1;
 9     for(int i=2;i<N;i++){
10         if(!vis[i])
11             prim[++num]=i,miu[i]=-1;
12         for(int j=1;prim[j]*i<N;j++){
13             vis[i*prim[j]]=1;
14             if(i%prim[j]==0){
15                 miu[i*prim[j]]=0;
16                 break;
17             }
18             miu[i*prim[j]]=-miu[i];
19         }
20         sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
21     }
22 }

 

 

 

2.莫比乌斯函数的性质

  这一段是从目前做过的题总结的,以后没准还得改(没准写的不够……

   莫比乌斯函数一个十分总要的性质,即$(\mu *1)(n)$当且仅当$n==1$时,为1,否则为0。

  关于这个的证明用 二项式定理+唯一分解定理 是很好证明的,这里就不多说了。

3.莫比乌斯反演

  关于这块,一来是式子太长,二来是百度已经写得很全面了,所以蒟蒻就不献丑了。

  参考链接:百度百科

  我想,这里比较重要的一个性质是:$F(n)=(f*1)(n)$,若$f$为积性函数,则$F(n)$也是积性函数。

  证明如下:

  设$\gcd (n,p)==1$。

  $F(n*p)=\sum_{i|n}\sum_{j|p}f(i*j)=\sum_{i|n}f(i)\sum_{j|p}f(j)=F(n)*F(p)$

  证毕。

  这个性质在我们反演出一个形如$ans=\sum_{i=1}^{n}g(i)\sum_{d|i}f(d)$的式子时,若$f$为积性函数,则我们可以将这个式子时间复杂度优化到至少$O(n)$。

  例如:

  $$F(n)=\sum_{i|n}\mu(i)*i*n$$

4.一些小证明:

  身边大佬们总是在思考一些证明,所以我也补补emmmm

  顺便发一下网上的LaTeX(博客园真的是……)

(1)

  ,就是绿皮上辣个智障式子。换一下形式其实就是$\phi=(\mu*1)$。证明如下:

 

(2)

  。emmmmm虽然很弱,还是证一下吧:

 

emmmm,然后当且仅当$\frac{n}{t}==1$时,后面的$\sum_{d|\frac{n}{t}}\mu(d)$为1,否则为0。证毕。

话说其实(1)里面那个式子由mobius反演就能证明emmmmmm

 

5.一些奇奇怪怪筛法

1)最小质因数筛法:

  我们在筛某个函数$F$的时候,往往其并不是一个正常的积性函数,假设当前枚举数字为$i$,所用质数为$p$,我们一般会进行关于i与p的关系进行分类讨论,并且会用到$i$将$p$除尽的后得到的$j$,若一直除的话筛法就不再是线性,为了保证线性,我们就要用到最小质因数。

  假设$prime$为$i$的最小质因数,显然在通常的线筛中我们知道若枚举的质数$p$满足$p<prime$则会枚举下一个质数,否则$break$,那么我们利用这一点,假设我们已经得到了$i$的最小质因数$prime$以及其次方项,当前枚举质数为$p$,那么对于计算到的$i*p$,当$p<prime$时直接按照$(i,p)==1$的情况讨论,同时显然可以知道$i*p$的最小质因数要跟新为$p$;当$p==prime$时,则按照$(i,p)==p$的情况讨论,由于我们已经记录了$i$的最小质因数$prime$以及其次方,我们可以直接$O(1)$得出其对应的$j$,同时对于$i*p$的最小质因数次数加1。

  这样就维持了$O(n)$的线性筛。例子:BZOJ 3309 DZY love math

2)一类关于质数$p$成多项式的积性数论函数的筛法

  链接。

 

6.关于做题

  这个我也没有什么发言权,毕竟我太弱了……但还是想总结一下自己的想法。

  反演最重要的是$gcd(i,j)==1$等价为$\sum_{d|t}\mu(d),t=gcd(i,j)$这一式子,在目前所遇到的题目中,关键都是如何将题目给出的内容转化为$gcd$,并且正确的化解,这个我也不怎么会,只能多练习了。

7.总结

  个人觉得一些基本证明会不会都不是很重要,毕竟也不可能考为什么$id=(\phi*1)$之类的,明白其过程,对思考有启发就足以。

8.一些题目:

   BZOJ YY的GCD

  BZOJ 4176 Lucas的数论
  BZOJ 3930 CQOI2015 选数
  bzoj2693: jzptab
  BZOJ 4174 tty的求助
  BZOj 3601:一个人的数论
posted @ 2017-10-01 13:52  Troywar  阅读(1445)  评论(0编辑  收藏