莫比烏斯反演學習筆記

時間 2019-11-09

標籤反演學習筆記简体版

原文原文鏈接

整除分塊

這個是學習莫比烏斯反演須要的預備知識，幾乎全部這類的題都須要用到這個。html

考慮下面這個式子：
\[ \sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]
這個固然能夠\(O(n)\)算，可是不少時候這樣還不夠快，因而下面有一個\(O(\sqrt{n})\)的算法。算法

~~經過打表~~能夠發現，當\(i\)爲連續一段時，後面那玩意都是同樣的。函數

而後對於\(i\)，最後一個和它相同的位置是\(n/(n/i)\)，注意這裏都是整除，而後共有\(O(\sqrt{n})\)個塊，因此咱們就能夠每次跳一個塊，快速算出結果，代碼以下：學習

int n;read(n);
int ans=0,T=1;
while(T<=n) {
    int pre=T;T=n/(n/T);
    ans=ans+(T-pre+1)*(n/T);T++;
}
write(ans);

莫比烏斯函數

關於莫比烏斯函數，其實並非一個很玄學的東西，它本質上就是一個容斥係數。spa

對於莫比烏斯函數，它寫做\(\mu(d)\)，定義以下：code

\(\mu(1)=1\)。
對於\(d\)進行分解，\(d=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)，若\(\forall i,p_i=1\)，則\(\mu(d)=(-1)^k\)。
不然\(\mu(d)=0\)。

而後對於這個函數有一個最爲重要的性質：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]
證實其實很簡單，將\(n\)進行惟一分解，獲得\(n=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)只須要考慮容斥，對於\(n\)的每個因數只能選或不選，則：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^{k}(-1)^i\binom{k}{i}=[k=0] \]
而後\([k=0]\)其實等價於\([n=1]\)，得證。htm

線篩也很簡單，根據定義就能夠了，代碼：blog

void sieve() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[t=i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
}

莫比烏斯反演

前置知識講完了，~~其實真的很水~~。get

定義\(f(n)\)和\(g(n)\)，已知：
\[ f(n)=\sum_{d|n}g(d) \]
而後已知\(f\)，求\(g\)。it

其實這個和推容斥差不太多，因爲我想把前面的莫比烏斯函數的性質用上，因此先說一句廢話：
\[ g(n)=\sum_{d|n}[\frac{n}{d}=1]g(d) \]
而後發現這個東西和上面長的很像，帶進去：
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i)g(d)\\ &=\sum_{d|n}g(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i) \end{align} \]
而後先枚舉\(i\)：
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{i|n}\mu(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}g(d) \end{align} \]
而後後面那個式子其實就是\(f\)，因此：
\[ g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]
而後就作完了。

這個東西就是莫比烏斯反演：

已知
\[ f(n)=\sum_{d|n}g(d) \]
那麼能夠獲得：
\[ g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]
其實作題的話，直接把\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)帶到題目給的式子裏更好推一些。

最主要的仍是多作題，作多了就會發現其實都是一個套路，還有就是式子要本身拿紙筆來推，這點很重要。