莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

关于莫比乌斯函数，它：

[mu(n)=egin{cases}1&n=1\(-1)^s&n=p1p2……ps\0&otherwiseend{cases} ]

当(n=1)时，(mu(n)=1,)
当(n)的因子之中存在平方数时，(mu(n)=0,)
当(n)为(s)个互不相同的质数之积时，(mu(n)=(-1)^s;)
容易发现：(mu(n))是积性函数;
我们可以推出，莫比乌斯函数最重要的性质：

[μ ∗ 1= ε ]

等价于：

[sum_{d|n}mu(d)=ε(n) ]

证明：
当(n=1)时，显然成立;
当(n>1)时，设(n)有(s)个不同的质因子且(n)无平方因子（有平方因子项对答案无贡献）
可以推出：

[sum_{d|n}mu(d)=sum_{k=0}^s(-1)^kdbinom{s}{k}=(1-1)^s=0 ]

证明结束

莫比乌斯变换

假设有：

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

则称(g)是(f)的莫比乌斯变换，(f)是(g)的莫比乌斯逆变换。

即

[g=f*1 ]

莫比乌斯反演定理

对于

[g=f*1 ]

其充要条件为：

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

用狄利克雷卷积证明：

[g=f*1 ]

等价于

[f=f*ε=f*1*mu=g*mu ]

形式2：

对于

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

充要条件为

[f(n)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})*F(d) ]

证明：

[sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})*F(d)=sumlimits_{n|d}mu(frac{d}{n})*sumlimits_{d|k}f(k)=sumlimits_{n|k}f(k)*sumlimits_{d|frac{k}{n}}mu(d)=f(n) ]

莫比乌斯反演容斥

来看个好玩的题目：

求(1)到(n)中无平方数因子数的个数

即

[sumlimits_{i=1}^{n}mu^2(i) ]

考虑一个数(p)如果是质数，那么可以筛掉所有(p^2)的倍数的数字，个数是(lfloorfrac{n}{p^2} floor)

但是对于不同的(p_1,p_2,lfloorfrac{n}{p_1^2 p_2^2} floor)会被重复删去

所以这是一个容斥题目

设一个数字(d)是(s)个不同质数的积，那么它对答案的贡献是((-1)^{s}lfloorfrac{n}{d^2} floor)

如果(d)本身存在平方因子，那么(d)对答案没有贡献

可以发现，容斥系数即莫比乌斯函数

因此

[ret=sumlimits_{i=1}^{n}mu^2(i)=sumlimits_{d=1}^{sqrt{n}}mu(d)lfloorfrac{n}{d^2} floor ]

此时我们只要枚举到(sqrt{n})

神仙结论：莫比乌斯反演本身就是对整除关系的容斥

莫比乌斯反演例题

部分题目需要用到杜教筛,题目大致按难度排序

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