莫比烏斯反演學習筆記

莫比烏斯反演學習筆記

Oi-Wiki上說學習莫比烏斯反演須要Dirichlet 卷積，其實不學它也沒有什麼問題。

前置知識

整除分塊

能夠用到整除分塊的形式，大體是這樣的：

\[\sum_{i=1}^{n}(n/i) \]

這個 \(O(n)\) 很是好寫，可是題目提升了要求，必須 \(O(\sqrt n)\) 把它求出來。
很是顯然的，許多數向下取整是相同的，而且是呈塊狀分佈的，咱們能夠藉助這個性質來求它。
咱們發現對於每個值相同的塊，它的最後一個數就是 \(n/(n/i)\) 。得出這個結論後，咱們就能夠作的 \(O(\sqrt n)\)處理了。
證實：考慮把 \(n/(n/i) + 1\) 後再乘 \(n/i\)，不難發現已經大於 n 了，得證。

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

• 與其餘函數的聯繫
  有時候，可能推出來的式子不必定就是一個很裸的整除分塊，可能會與某些積性函數相乘，如：\(μ,φ\)...... 這時候，咱們就須要對這些函數統計一個前綴和。由於，每當咱們使用整除分塊跳過一個區間的時候，其所對應的函數值也跳過了一個區間。因此此時，就須要乘上那一個區間的函數值。

莫比烏斯函數

莫比烏斯函數實際上是一個很是簡單的函數。
設正整數 \(N\) 質因數分解後爲 \(N = p_1^{c_1} * p_2^{c_2} * ... * p_m^{c_m}\)，定義函數：

\[\mu(N) =\begin{cases} 0 (任意c_i>1)\\1(m \equiv 0(mod2))\\-1(m \equiv 1(mod2)) \end{cases} \]

這就是莫比烏斯函數。
應該比較好理解。
莫比烏斯函數也有一些性質：

• 對於任意正整數 \(n\)，都有 \(\sum_{d | n}^{}\mu(d) = [n == 1]\)，
  就是說除了 n 爲 1，其餘的都是0。
  這個就是用μ是容斥係數的性質能夠證實。
  能夠考慮用組合數的性質證實。
  這一條性質是莫比烏斯反演中最經常使用的。
• 對於任意正整數 \(n\)，都有 $ \sum_{d|n}\mu(d) / d = \varphi(n)/n$
  這個暫時我證實不出來。

再就是線性篩莫比烏斯函數：

bool vis[N];
int mu[N], prime[N], tot;
void shai(int n) {
	mu[1] = 1;
	for(register int i = 2; i <= n; ++i) {
		if(!vis[i]) { mu[i] = -1; prime[++tot] = i;}
		for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; ++j) {
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

感受很好理解。

正文

終於到了莫比烏斯反演了，其實學了折磨多前置知識後，莫比烏斯反演就是個式子。
設 \(F(n)\) 和 \(f(n)\) 是定義在非負整數上的函數，且知足：

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

那麼就有 ：

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

這就是莫比烏斯反演定理。

證實

莫比烏斯反演的證實主要有兩種方式，其中一種就是經過定義來證實 ; 另一種就是利用狄利克雷卷積證實，咱們只說第一種：

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

由此得證。
若是不知道最後一步怎麼來的，能夠再去看性質一，至於和式的變換，就本身腦補一下吧。

莫比烏斯反演的另外一種形式：
當 \(F(n)\) 和 \(f(n)\) 知足 ：

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

那麼能夠得：

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

感受這個式子，可能在莫比烏斯反演中更加好用。

總結

莫比烏斯反演是一個學會了也不會作題的知識，因此只有多推式子，才能用熟它，多作題吧。