[OI] 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

9. 莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

9.1 莫比乌斯函数

9.1.1 定义

设 $\mu$ 为莫比乌斯函数，则有：

\[\mu(x)=\begin{cases}1\qquad (n=1)\\ 0\qquad (∃\ i\ (ki=x,k\in Z\rightarrow \sqrt{i}\in Z))\\ (-1)^{\sum_{i\in prime}[i\mid x]}\end{cases}
\]

直观地说，只要 $x$ 的某个质因子出现的次数超过一次，则有 $\mu(x)=0$，否则，$mu(x)$ 即为 $(-1)^{t}$，其中 $t$ 为 $x$ 的质因数总数.

9.1.2 性质

$No.9121$ $\forall (i,j)=1\rightarrow\mu(i\times j)=\mu(i)\times \mu(j)$

\[P.9121
\]

若 $\mu(A)=1$，则有 $\mu(A)\times \mu(B)=1\times \mu(B)=\mu(1\times B)$，结果成立

若 $\mu(A)=0$，则有 $\mu(A)\times\mu(B)=0$，结果成立

否则设 $A=\prod_{i\in prime}i,B=\prod_{j\in prime}j\ (\forall i\neq j)$，则有 $\mu(A)\times\mu(B)=\mu(A\times B)$

$No.9122$

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\begin{cases}1\qquad (n=1)\\0\qquad(n\neq 1)\end{cases}
\]

\[P.9122
\]

$n=0$ 时，原式等于 $0$

$n=1$ 时，原式等于 $\mu(1)=1$

否则，设 $n$ 的唯一分解式为 $n=\prod_{1\le i\le k}p_{i}^{a_{i}}$，由 $\mu(n)\neq 0$ 知 $\forall a_{i}=1$

显然，$\forall d\mid n$，有 $i$ 个质因子的数 $d$ 有 $C^{i}_{k}$ 种组合情况，每种组合的值为 $(-1)^{i}$，即：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{0\le i\le k}\{C^{i}_{k}\times (-1)^{i}\}
\]

使用二项式定理转化：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=(1+(-1))^{k}=0^{k}
\]

发现此时在定义域 $(k\neq 0)$ 内恒为 $0$，易知当 $n\gt 1$ 时，$k_{n}\ge 1$，因此 $\mu(n)=0$，证毕.

9.2 莫比乌斯反演

9.2.1 不完全结论

设

\[f(a,b,k)=\begin{cases}1\qquad((a,b)=k)\\0\end{cases}
\]

对于

\[g(n,m,k)=\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}f(i,j,k)
\]

考虑到

\[g(n,m,k)=\sum^{\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}_{j-1}f(i,j,1)
\]

根据 $No.9122$ 得出推导式：

\[\sum_{d\mid (a,b)}\mu(d)=\begin{cases}1\qquad ((a,b)=1)\\0\qquad((a,b)\neq 1)\end{cases}
\]

代入有：

\[f(i,j,1)=\sum_{d\mid (i,j)}\mu(d)
\]

即：

\[g(n,m,k)=\sum^{\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}_{j-1}=\sum_{d\mid (i,j)}\mu(d)
\]

将原式等价转换，可以得到

\[g(n,m,k)=\sum_{d=1}\mu(d)\sum^{\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}_{j-1}h(i,j)
\]

其中

\[h(i,j)=\begin{cases}1\qquad(d\mid i,d\mid j)\\0\end{cases}
\]

（可以发现，在这里仅仅是将判断条件与枚举条件互相变换了，而答案是不变的）

在区间 $[1,\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor]$ 中，满足条件 $d\mid i$ 的 $i$ 有 $\lfloor{\frac{n}{kd}}\rfloor$ 个，因此原式可化为

\[g(n,m,k)=\sum_{d=1}\mu(d)\times\lfloor{\frac{n}{kd}}\rfloor\times\lfloor{\frac{m}{kd}}\rfloor
\]

可以证明，当 $d\gt \min(\lfloor{\frac{n}{k}}\rfloor,\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor)$ 时不存在解.

9.2.2 完全结论

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

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

则有：

\[f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)g(\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor)
\]

特别地：对于莫比乌斯反演还有如下等式：

设两个函数 $f,g$ 满足如下等式：

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

则有：

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