学习笔记——莫比乌斯反演

整除分块

通常，要求

\[\sum_{i=1}^{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor} \]

需要的时间为\(O(n)\)。

但是实际上，对于几块连续的\(i\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)的值是相同的。

于是，我们可以计算出每块的长度，然后用乘法求和。

对于每块以\(i\)开始的区间，它的右端点都是\(n/(n/i)\)。

for (int l = 1, r; i <= n; i = r+1) {
    r = n/(n/i);
    ans += (r-i+1) * (n/i);
}

莫比乌斯函数 \(\mu\)

定义

\(d = 1\)时，\(\mu(d) = 1\)。

设\(d\)有\(k\)个质因子。如果质因子的幂都等于\(1\)，那么\(\mu(d)=(-1)^k\)。

如果存在\(d\)的质因子的幂大于等于\(2\)，那么\(\mu(d)=0\)。

几个性质

• 对于任意正整数\(n\)，\(\sum_{d|n}{\mu(d)} = [n=1]\)。（\([a] = a ? 1 : 0\)）
  证明：

  • \(n = 1\)时，正确性显然。

  • \(n ≠ 1\)时，设\(n = p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}\)。要从这\(k\)个质因子中每个至多选\(1\)个构成\(d\)，才对和式的答案有影响。答案即是\(\sum_{i=0}^k{(-1)^i}\)，通过二项式定理，即\((1-1)^k\)。

• 对于任意正整数\(n\)，\(\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} =\frac{\phi(n)}{n}\)。

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演定理

对于

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

有

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d} \rfloor) \]

即

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(\lfloor\frac{n}{d} \rfloor)F(d) \]

证明

根据狄利克雷卷积

\[(f*g)(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]

和\(I(n) = n\)

因为\(F(n) = (f * I)(n)\)

所以\((\mu*F)(n) = (\mu*f*I)(n) = (f*\varepsilon)(n) = f(n)\)

其中，\(I(n)=n\)，\(\varepsilon(n) = [n = 1]\)，叫做狄利克雷单位元。

为什么\(\mu*I = \varepsilon\)？

因为\((\mu*I)(n) = \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)（上面莫比乌斯函数的性质）