莫比乌斯反演推导即μ函数的证明

题目描述

求长度为\(n\)且仅包含小写英文字母且循环节长度恰为\(n\)的字符串的个数。
意思是求一个长度为\(n\)的字符串的个数,它的任意一个子串重复若干次都不能和原串相等
\(f(n)\)为长度为\(n\)的字符串个数,设\(g(n)\)为题目所求答案的个数
显然

\[f(n)=26^n,f(n)=\sum_{d\mid n}g(d) \]

第一个很显然
第二个意思是 任意一个长度为\(d(d\mid n)\)的串,重复\(\frac{n}{d}\)次的和,就是长度为\(n\)的字符串的个数
又设

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

\([n=1]\)的意思为当\(n=1\)时,表达式值为\(1\),否则为\(0\)
因为

\[g(n)=\sum_{m\mid n}[\frac{n}{m}=1]g(m) \]

当表达式为真时,\(n=m\)\(g(n)=g(m)\)
\(\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\)代入

\[g(n)=\sum_{m\mid n}\sum_{d\mid\frac{n}{m}}\mu(d)g(m) \]

因为\(m\mid n\)\(d\mid\frac{n}{m}\),所以可以先枚举d

\[g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{m\mid\frac{n}{d}}g(m) \]

再看一开始的\(f(n)\)

\[f(n)=\sum_{d\mid n}g(d) \]

\[g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{m\mid\frac{n}{d}}g(m) \]

代入

\[g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

调换下标\(d\to \frac{n}{d}\)
因为枚举\(d\mid n\)等价于\(\frac{n}{d}\mid n\)

\[g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})f(d) \]

因为

\[f(n)=26^n(O(logn)快速幂) \]

\[\sum_{d\mid n}枚举因数(O(\sqrt n)) \]

如何求\(\mu(n)\)


已知$$x=\prod_{i=1}{K}p_i{a_i}(p_i\in prime),\mu(x)=\prod_{i=1}^{K}a_i=1$$
求证$$\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$$
证明:
\(f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\)
显然\(f(1)=\mu(1)=1\)
假设已经证明\(f(1)\)\(f(n-1)\)\(f(1)=1\)\(f(2)\)\(f(n-1)\)都为0
当存在某一个\(a_i>0\)

\[f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d),f(\frac{n}{p_i})=\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d) \]

\[\because\frac{n}{p_i}<n \]

\[\therefore f(\frac{n}{p_i})=\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d)=0 \]

\[f(\frac{n}{p_i})=\sum_{d\times p_i\mid n}\mu(d)=0 \]

\[\because f(n)=\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d)+\sum_{d\not\mid\frac{n}{p_i},d\mid n}\mu(d) \]

\[f(n)=0+\sum_{d\not\mid\frac{n}{p_i},d\mid n}\mu(d) \]

\(\sum_{d\not\mid\frac{n}{p_i},d\mid n}\mu(d)\)\(d\)分解质因数后有\(b_i\)\(p_i\)

\[\begin{cases}b_i\leq a_i(d\mid n)\\b_i>a_i-1(d\not\mid\frac{n}{p_i})\end{cases} \]

\[\therefore b_i=a_i \]

\[\because a_i>1 \]

\[\therefore b_i>1 \]

\[\mu(d)=0 \]

\[\sum_{d\not\mid\frac{n}{p_i},d\mid n}\mu(d)=0 \]

\[\therefore f(n)=0+0=0 \]

当对于所有\(a_i\)\(a_i=1\)

\[f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d) \]

\[f(n)=\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d)+\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d\times p_i) \]

\[\because a_i=1 \]

所以\(d\)中不含\(p_i\)因式

\[\therefore\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d\times p_i)=-\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d) \]

\[\therefore f(n)=\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d)-\sum_{d\mid\frac{n}{p_i}}\mu(d)=0 \]

综上所述,\(f(n)=[n=1]\)

posted @ 2019-03-16 00:36  hzf29721  阅读(227)  评论(0编辑  收藏  举报