莫比乌斯反演专题学习笔记

本文记录一些和莫反有关的内容的笔记

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为什么要学莫比乌斯反演？

解决一类与狄利克雷卷积、整除、积性函数有关的问题，通过莫比乌斯反演，往往可以将复杂度优化到可接受的范围内

积性函数

对于任意互质整数\(a,b\)有\(f(ab)=f(a)f(b)\)的函数称为积性函数

对于任意整数\(a,b\)有\(f(ab)=f(a)f(b)\)的函数称为完全积性函数

常见，重要的积性函数有：

欧拉函数\(\varphi(n)\)
莫比乌斯函数\(\mu(n)\)
狄利克雷卷积单位元\(\varepsilon=[n=1]\)
不变函数\({\bf{1}}(n)=1\)

狄利克雷卷积

函数\(f,g\)的狄利克雷卷积\((f*g)\)定义如下

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

狄利克雷卷积的单位元为\(\varepsilon=[n=1]\)（把它代入到狄利克雷卷积中，可以发现\(f*\varepsilon=f\)）

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数定义如下：

\[\mu(i)=\begin{cases}1,& \text{if i = 1}\\(-1)^k,& \text{if i=}p_1p_2p_3\dots p_k(p\in prime)\\0,&\text{otherwise}\end{cases}\]

下面证明莫比乌斯函数的狄利克雷卷积逆是不变函数，即

\[\mu*{\bf{1}}=\varepsilon\]

以下过程引自【算法讲堂】【电子科技大学】【ACM】莫比乌斯反演

证明：设\(n\)的不同质因子的个数为\(k\)，则有
\[\mu*{\bf{1}}=\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}\]
由二项式定理，有
\[(x+y)^k=\sum_{i=0}^kx^iy^{k-i}\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}\]
令\(x=-1,y=1\)代入得
\[0^k=\sum_{i=0}^k(-1)^i\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}\]
即
\[\mu*{\bf{1}}=\varepsilon\]
证毕

由此，我们得到莫比乌斯函数的一个性质\(\sum_{d|m}\mu(d)=[m=1]\)

由于莫比乌斯函数具有积性，我们可以用线性筛来求出莫比乌斯函数

void GetPrime()
{nop[1]=1,mu[1]=1;for(register int i=2;i<=N;++i){if(!nop[i])pri[++pcnt]=i,mu[i]=-1; for(register int j=1;j<=pcnt && i*pri[j]<=N;++j){nop[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;else mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}
}

莫比乌斯反演

• \[g(n)=\sum_{d|n}f(d)\rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})\]

证明：

\[g=f*{\bf{1}},\mu*g=f*{\bf{1}}*\mu=f\]

证毕

• \[g(n)=\sum_{n|d}f(d)\rightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)\]

证明略

整除分块

整除分块可以以\(O(\sqrt n)\)的复杂度计算\(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)

首先我们发现\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)至多只有\(\sqrt{2n}\)个取值，并且每个取值都是一段连续的“块”

对于每一块\([l,r]\)，\(\forall i\in[l,r]\)有\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{l}\rfloor\)

并且，\(r=n/(n/l)\)

我们只需要逐段计算即可

有时候，我们推出的式子可能还需要乘上一个函数，如\(\varphi,\mu\)等，这时候我们只需要先对函数求前缀和，每次计算一段时乘上这一段对应的函数之和即可

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{r=n/(n/l);re+=(r-l+1)*(n/l);
//  re+=(sum[r]-sum[l-1])*(n/l);
}

参考资料

【算法讲堂】【电子科技大学】【ACM】莫比乌斯反演https://www.bilibili.com/video/av43470417