莫比乌斯反演学习笔记

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      • 形式1
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    • 莫比乌斯函数μ(x)μ(x)\mu(x)性质
    • 开始反演
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      • 形式2
    • 莫比乌斯函数的求法

莫比乌斯反演学习笔记

引子

很久以前就听说过了莫比乌斯反演这个名词，每次都看的稀里糊涂，但一直没能学下去。也碰到不少莫比乌斯反演的题目，无奈只能跳过。最近各种爆炸，心态极端不好，几度想放弃，想来想去还是应该坚持下去，学点新东西。于是再次百度一些以前遗留下来没学完的知识点。
主要学习了
@litble 初涉莫比乌斯反演（附带例题）
@outer_form 莫比乌斯反演定理证明（两种形式）

基本知识

莫比乌斯反演初始是两个相互关联的函数F(x)$F(x)$和f(x)$f(x)$，

形式1

一种形式是已知

F(n)=∑d|nf(d)$$F(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

即F(n)$F(n)$是所有f(d)$f(d)$的和，其中d是n的因数
莫比乌斯反演的结果是：

f(n)=∑d|nμ(d)F(nd)$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$$

形式2

另一种形式是已知

F(n)=∑n|df(d)$$F(n)=\sum _{n|d}f(d)$$

即F(n)$F(n)$是所有f(d)$f(d)$的和，其中d是n的倍数
莫比乌斯反演的结果是：

f(n)=∑n|dμ(dn)F(d)$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$$

;
其中μ(x)$\mu (x)$是莫比乌斯函数，网上都可以看到这么一个公式：

μ(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪1(−1)k0x=1x=p1p2p3...pk,pi为素数且pi≠pj(∀i∀j,i≠j)其他情况(906)$$\begin{gathered} \begin{array}{}\text{(906)}& \mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& \text{x=1}\\ (-1{)}^k& x=p_1{p}_2{p}_3...p_k,p_i\text{为素数} \\ \text{且}{p}_i\ne p_j(\mathrm{\forall }i\mathrm{\forall }j,i\ne j)\\ 0& \text{其他情况}\end{array}\end{array} \end{gathered}$$

莫比乌斯函数μ(x)$\mu (x)$性质

1.

∑d|nμ(d)={10n=1n>1(899)$$\begin{array}{}\text{(899)}& \sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n>1\end{array}\end{array}$$

证明

若n=1,∑d|nμ(d)=1若n>1,n的标准分解式：n=pk11pk22pk33...pkmmd|n⟺d=pv11pv22pv33...pvmm(∀i(1≤i≤m),0≤vi≤ki)①∃vi≥2,μ(d)=0,可直接忽略②故d=pv11pv22pv33...pvmm中的m个指数仅可取0与1,μ(d)才不为0故问题转化为有m个空位，每个位置可填上0或者1显然每一种填法对应一个对答案有贡献的d假使恰好填了r个1,则相应的μ(d)=(−1)r,而恰好填r个1的方法数是Crm因此，∑d|nμ(d)=∑0mCrm(−1)r×1m−r=(−1+1)m=0$$\begin{array}{rl}& 若n=1,\sum _{d|n}\mu (d)=1\\ & 若n>1,\\ & n的标准分解式：n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}{p}_3^{k_3}...p_m^{k_m}\\ & d|n⟺d=p_1^{v_1}{p}_2^{v_2}{p}_3^{v_3}...p_m^{v_m}(\mathrm{\forall }i(1\le i\le m),0\le v_i\le k_i)\\ & ①\mathrm{\exists }{v}_i\ge 2,\mu (d)=0,可直接忽略\\ & ②故d=p_1^{v_1}{p}_2^{v_2}{p}_3^{v_3}...p_m^{v_m}中的m个指数仅可取0与1,\mu (d)才不为0\\ & 故问题转化为有m个空位，每个位置可填上0或者1\\ & 显然每一种填法对应一个对答案有贡献的d\\ & 假使恰好填了r个1,则相应的\mu (d)=(-1{)}^r,而恰好填r个1的方法数是C_m^r\\ & 因此，\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _0^m{C}_m^r(-1{)}^r\times 1^{m-r}=(-1+1{)}^m=0\end{array}$$

2.

∑d|nμ(d)d=ϕ(n)n$$\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\varphi (n)}{n}$$

这个涉及到了欧拉函数，目测我肯定证明不出来，所以就直接记下来好了。而且貌似莫比乌斯反演并未用到这个性质。

开始反演

形式1

∑d|nμ(d)F(nd)=∑d|nμ(d)∑d′|ndf(d′)=∑d′|nf(d′)∑d|nd′μ(d)$$\begin{array}{rl}& \sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}f(d^{\prime })\\ & =\sum _{d^{\prime }|n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)\end{array}$$

第一行到第二行运用的是F(x)$F(x)$与f(x)$f(x)$的关系换掉F(nd)$F(\frac{n}{d})$.
第二行到第三行的我的理解：
对第二行：
d|n⟹dd′|n$d|n⟹d{d}^{\prime }|n$
d′|nd⟺dd′|n$d^{\prime }|\frac{n}{d}⟺d{d}^{\prime }|n$
显然当且仅当dd′|n$d{d}^{\prime }|n$成立时才会对答案有μ(d)×f(d′)$\mu (d)\times f(d^{\prime })$的贡献
对第三行：
d|nd′⟺dd′|n$d|\frac{n}{d^{\prime }}⟺d{d}^{\prime }|n$
dd′|n⟹d′|n$d{d}^{\prime }|n⟹d^{\prime }|n$
所以当且仅当dd′|n$d{d}^{\prime }|n$成立时才会对答案有μ(d)×f(d′)$\mu (d)\times f(d^{\prime })$的贡献
现在我们只差最后一点点了

∑d|nd′μ(d)={01nd′>1,即n>d′nd′=1,即n=d′$$\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}0& \frac{n}{d^{\prime }}>1,即n>d^{\prime }\\ 1& \frac{n}{d^{\prime }}=1,即n=d^{\prime }\end{array}$$

因此：

∑d′|nf(d′)∑d|nd′μ(d)=∑d′|n&d′<nf(d′)∑d|nd′μ(d)+∑d′|n&d′=nf(d′)∑d|nd′μ(d)=0+f(n)×1=f(n)$$\begin{array}{rl}\sum _{d^{\prime }|n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)& =\\ & \sum _{d^{\prime }|n\text{\&}{d}^{\prime }<n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)+\sum _{d^{\prime }|n\text{\&}{d}^{\prime }=n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)\\ & =0+f(n)\times 1\\ & =f(n)\end{array}$$

因此我们证明到了莫比乌斯反演的结果：

∑d|nμ(d)F(nd)=f(n)$$\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=f(n)$$

形式2

F(n)=∑n|df(d)⟹f(n)=∑n|dμ(dn)F(d)$$\begin{gathered} F(n)=\sum _{n|d}f(d)⟹ \\ f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d) \end{gathered}$$

证明

右边=∑n|dμ(dn)F(d)=∑n|dμ(dn)∑d|d′f(d′)=∑k=1+∞μ(k)∑kn|d′f(d′)=∑n|d′f(d′)∑k|d′nμ(k)=f(n)记d=kn③④⑤$$\begin{array}{rl}右边& =\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)\\ & =\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})\sum _{d|d^{\prime }}f(d^{\prime })& \text{记d=kn}\\ & =\sum _{k=1}^{+\mathrm{\infty }}\mu (k)\sum _{kn|d^{\prime }}f(d^{\prime })& \text{③}\\ & =\sum _{n|d^{\prime }}f(d^{\prime })\sum _{k|\frac{d^{\prime }}{n}}\mu (k)& \text{④}\\ & =f(n)& \text{⑤}\end{array}$$

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关于③到④的自我理解和解释
对于③，当且仅当kn|d′$kn|d^{\prime }$时对答案有μ(k)∗f(d′)$\mu (k)\ast f(d^{\prime })$的贡献。
且n$n$对于要证明的式子为常数，k取遍[1,+∞)的每一个整数,d′取遍(kn)的所有倍数$k取遍[1,+\mathrm{\infty })的每一个整数,d^{\prime }取遍(kn)的所有倍数$ flag A
对与④，
k|d′n⟺kn|d′$k|\frac{d^{\prime }}{n}⟺kn|d^{\prime }$
kn|d′⟹n|d′$kn|d^{\prime }⟹n|d^{\prime }$
所以当且仅当kn|d′$kn|d^{\prime }$成立时才会对答案有f(d′)×μ(k)$f(d^{\prime })\times \mu (k)$的贡献。
d′取遍n的所有倍数,k取遍d′n的所有因数$d^{\prime }取遍n的所有倍数,k取遍\frac{d^{\prime }}{n}的所有因数$ flag B
现在只需要证明
满足 flag A 的所有序偶(数对)<k,d′>$<k,d^{\prime }>$构成的集合A
和
满足flag B的所有序偶(数对)<k,d′>$<k,d^{\prime }>$构成的集合B
是相等的即可。
以下字母若无特殊说明，取值范围皆是正整数
A={<k,d′>|kn|d′}$A=\{<k,d^{\prime }>|kn|d^{\prime }\}$
B={<k,d′>|n|d′且k|d′n}$B=\{<k,d^{\prime }>|n|d^{\prime }且k|\frac{d^{\prime }}{n}\}$
又k|d′n⟺kn|d′⟹n|d′$k|\frac{d^{\prime }}{n}⟺kn|d^{\prime }⟹n|d^{\prime }$
所以B={<k,d′>|kn|d′}$B=\{<k,d^{\prime }>|kn|d^{\prime }\}$
显然A=B$A=B$
因此③可以到④

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④到⑤和前面的类似，当且仅当d′n=1$\frac{d^{\prime }}{n}=1$,∑k|d′nμ(k)≠0$\sum _{k|\frac{d^{\prime }}{n}}\mu (k)\ne 0$
因此d′=n$d^{\prime }=n$才有意义，代入很快化为f(n)$f(n)$

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莫比乌斯函数的求法

注意到莫比乌斯函数的条件积性，对欧拉筛熟悉的不难时空复杂度皆为O(n)$O(n)$预求出μ(1)$\mu (1)$~μ(n)$\mu (n)$

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先提交以下，后面再补代码和题目
逃
2018-09-13 11:44:55