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莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

定义

\(d\)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

  • \(d=1\)时,\(\mu(d)=1\)
  • \(d\)质因数分解后,若质因子中的最大次数大于一,\(\mu(d)=0\)
  • \(d\)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):
\(n=1\)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;
\(n\)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:

\[(x+y)^m = \sum_{r=0}^{m}C_{m}^{r} x^{m-r} y^r \]

\(x=1,y=-1\),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

\[\begin{aligned} \phi(n)=&\sum_{d\mid n}\sum_{d\mid i=d}^{i\leq n}\mu(d)\\ =&\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{d\mid i=d}^{i\leq n}1\\ =&\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}\\ =&\sum_{d\mid n}\frac{\mu(d)n}{d}\end{aligned} \]

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

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

则有反演:

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


证明:
\(F(\dfrac{n}{d})\)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:
当$$F(n)=\sum_{n\mid d}f(d)$$时

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

posted @ 2019-04-06 21:57  Chrety  阅读(131)  评论(0编辑  收藏