并不对劲的莫比乌斯反演

很对劲的莫比乌斯反演 点这里

重要定理1

(mu(x))是一个定义域为全体正整数的函数，它的定义是：

1.当(x=p_1*p_2*...*p_k)且(p_1*p_2*...*p_k)为互异质数时，(mu(x)=(-1)^k)

2.当(x=1)时，(mu(x)=1)，也可以看成第1种情况中(k=0)时

3.当(x)存在一个质因子幂次大于等于2时，(mu(x)=0)

它的定义听上去很奇怪，但是它有一个非常重要的性质：

$$sum_{d|n}mu(d)=[n=1]$$

即当(n=1)时，$$sum_{d|n}mu(d)=1$$当(n eq1)时，$$sum_{d|n}mu(d)=0$$
证明：
设(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k})
那么(d)可以看成在这(a_1+a_2+...+a_k)个质数中选择若干个的乘积
发现当(p_1,p_2,...,p_k)中任何一个被选次数超过两次时，(mu(d)=0)，对所有(mu(d))之和没有影响，可以不考虑
那么(d)就变成了在(p_1,p_2,...,p_k)中，每个数至多选一次，选出若干个数的乘积
设选择了(m)个数
当(m)为偶数时，(mu(d)=1)；当(m)为奇数时，(mu(d)=-1)
那么

[sum_{d|n}mu(d)=(sum_{i=0}^{lfloorfrac{k}{2} floor}{C_k^{i*2}})-(sum_{i=0}^{lfloorfrac{k-1}{2} floor}{C_k^{i*2+1}}) ]

设

[f_0(x)=sum_{i=0}^{lfloorfrac{k}{2} floor}{C_k^{i*2}}，f_1(x)=sum_{i=0}^{lfloorfrac{k-1}{2} floor}{C_k^{i*2+1}} ]

则有

[sum_{d|n}mu(d)=f_0(k)-f_1(k) ]

那么问题转化为证明(f_0(k)-f_1(k)=[n=1])
当(n=1)时，(k=0)，(f_0(k)=1,f_1(k)=0)，所以(f_0(k)-f_1(k)=1)
当(n eq1)时，
(1)当(k)为奇数时，(f_0(k)=C_k^0+C_k^2+...+C_k^{k-3}+C_k^{k-1}，f_1(k)=C_k^1+C_k^3+...+C_k^{k-2}+C_k^{k-0})
根据组合数的性质可得(C_k^x=frac{k!}{x!(k-x)!}=C_k^{k-x})
则有(f_0(k)=f_1(k))
(2)当(k)为偶数且不为0时，考虑从(k)个数中去掉一个数
那么 没有选被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 选了被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的， 选了被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 没有选被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的
由(1)可得， 没有选被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 没有选被去掉的数且选了奇数个数的方案数 是相等的
那么 选了被去掉的数且选了偶数个数的方案数 和 选了被去掉的数且选了奇数个数的方案数 也是相等的
所以 选了奇数个数的方案数 和 选了偶数个数的方案数 相等，即(f_0(k)=f_1(k))
综上所述，当(n=1)时(f_0(k)-f_1(k)=1)，当(n eq1)时(f_0(k)-f_1(k)=0)，证毕

重要定理2

证完这个结论后就可以得到一个莫反常用的结论：

当$$F(n)=sum_{d|n}f(d)$$时，

有：$$f(n)=sum_{d|n}mu(d)*F(frac{n}{d})$$

证明：

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

那么问题转换为算出(f(i)space(i|frac{n}{d}))的系数
设(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k})，(d=p_1^{b_1}*p_2^{b_2}*...*p_k^{b_k})，(i=p_1^{c_1}*p_2^{c_2}*...*p_k^{c_k})，则(forall iin[1,k],c_ileq a_i-b_i)
当(b_1,b_2,...,b_k)中存在一个大于1时，(mu(d)=0)，对答案没有贡献，不用考虑
那么(forall iin[1,k],b_ileq min(1,a_i-c_i))
(f(i)space(i|{n}))的系数就是(f_0(Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(Sigma min(1,a_i-c_i)))
当(i=n)时， (forall iin[1,k],c_i=a_i)，(Sigma min(1,a_i-c_i)=0)，(f_0(Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(Sigma min(1,a_i-c_i))=1)，即(f(n))系数为1
当(i eq n)时，(exists iin[1,k],c_i<a_i)，(Sigma min(1,a_i-c_i) eq 0)，(f_0(Sigma min(1,a_i-c_i))-f_1(Sigma min(1,a_i-c_i))=0)，即对于(i eq n)，(f(i))的系数为0
所以，$$sum_{d|n}mu(d)*F(frac{n}{d})=f(n)$$证毕

相关技巧

数论分块

(lfloor frac{n}{i} floor)只有(sqrt{n})种不同的取值，这一点一般用于时间复杂度的证明

求积性函数

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例题

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