前言
咕咕了很久终于来学习莫反了
要不是不让在机房谁会发现数学一本通上有这么神奇的东西
就是没有性质的证实
而后花了两节数学课证实了一遍
舒服～
前置知识：欧拉函数，二项式定理（组合数）
会欧拉函数的能够直接看\(Mobius\)了函数
欧拉函数
含义
\(\phi (n)\) 表示比\(n\)小的数中与\(n\)互质的数的个数学习
引理1
- \(n\)为质数，\(\phi(n) = n - 1\)
- \(n=a*b\) 且 \((a, b) = 1\)，则\(\phi(n) = \phi(a) * \phi(b)\)
- 对于一个质数\(n\)的\(a\)次方 \(\phi(n^a) = (n - 1) * p^{n-1}\)
现对于第三条性质给出证实ui
- 比\(n^a\)小的数有\(n^a - 1\)个
- 其中能整除的表示为\(n* t (t = 1, 2, ... n ^{a-1}-1)\)
- 总计有\(n^{a-1}-1\)个数能被整除
- 则与其互质的数的个数为\(\phi(p^a) = (n^a-1) - (p^{a-1}+1) = p^a - p^{a-1} = (p-1) * p^{a-1}\)
引理2
对于质数\(n\)，惟一分解定理 \(n = {p_1}^{c_1} * {p_2} ^{c_2}...{p_k}^{c_k}\)
\(\phi(n) = n * (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})\)
若\(a\)与\(m\)互质，\(a^{\phi(m)} \equiv 1 (mod \; m)\)spa
线性筛
根据上述性质，推出code
- 若\(p\)为质数，\(\phi (p) = p - 1\)
- \(if(i \% p == 0) \:\ \phi(i*p)=p*\phi(i)\)
- \(if(i \% p \; != 0) \:\ \phi(i*p)=\phi(i)*(p -1)\)
code
inline void pre(int n){
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++){
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0){
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
莫比乌斯反演（Mobius）
定义
对于非负整数集合上的两个函数\(F(n)\)和\(f(n)\)，若知足条件\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)则
$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)$$数学
\(\mu\)函数
定义以下class
- 若\(d=1\)则\(\mu(d)=1\)
- 若\(d=p_1p_2p_3...p_k\)均为互异质数，则\(\mu(d)=(-1)^k\)
- 其余状况\(\mu(d)=0\)
性质一
\[ \sum_{d|n}\mu(d) = \begin{cases} 1, & \text n=1 \\ 0, & \text n>1 \end{cases} \]
证实：
若\(n\)为质数,显然\(sum=0\)
若\(n\)为合数，根据惟一分解定理im
\[n = {p_1}^{c_1} * {p_2} ^{c_2}...{p_k}^{c_k} \]
\(n\)的因子\(d\)只能是\(p_1p_2,p_1p_3,p_3p_k\)诸如此类
能够发现\(d\)的构造来自于\(k\)个质因子中选取了\(i\)个集合
- \(k\)为奇数即\(n\)中包含奇数个质因子
从\(k\)中选出奇数个因子，\(\mu\)值为-1，对答案贡献为\(-\sum_{i=1}^kC_k^i(i+=2)\)
从\(k\)中选出偶数个因子，\(\mu\)值为1,对答案共享为\(\sum_{i=2}^{k-1}C_k^i(i+=2)\)
两种状况加和化简得\(-C_k^k=-1\)
\(sum = -1 + \mu(1)=-1+1=0\)
得证
- k为偶数即\(n\)中包含偶数个质因子
同理可得\(sum=0\)
性质二
\[ \sum_{d|n} \frac {\mu(d)} {d} = \frac {\phi(n)} {n} \]
证实：
同上将\(n\)质因数分解，同时将等号右侧di
\[\frac {\phi(n)} n = (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k}) \]
\[= \frac {(p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)} {p_1p_2...p_k} \]
一样的，对\(k\)的奇偶性分类讨论
- \(k\)为奇数
- 从分子中选取奇数个质因子组成相似于\(p_1p_2p_3\)
因为剩下了奇数-奇数=偶数个括号，那么在多项式展开式中该项的常数项（不包含其余质因子）系数必定为\(1\)
与分母约分获得\(\frac {1}{\text {偶数个质因子的积}}\)
根据\(\mu\)函数的性质能够知道，该化简式等于\(\frac {\mu(\text 分母)} {\text 分母}\)
- 同理，从中选取偶数个质因子获得的化简结果为
\(\frac {1}{\text {奇数个质因子的积}}\)
该化简式也等于\(\frac {\mu(\text 分母)} {\text 分母}\)
- 固然，分子展开式当中必包含一项\(p_1p_2...p_k=\text 分母\)
约分结果显然为\(1=\mu(1)/1\)
综上所述$$\frac {\phi(n)}{n}= (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})$$
\[=\frac {(p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)} {p_1p_2...p_k} \]
\[=1+\frac {\mu(d)} {d}(d\neq 1,d|n) \]
\[=\frac {\mu(1)}{1} +\frac {\mu(d)} {d}(d\neq 1,d|n) \]
\[= \sum_{d|n} \frac {\mu(d)}{d} \]
原命题得证
\[\frac {\phi(n)}{n}= (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})= \sum_{d|n} \frac {\mu(d)}{d} \]
原命题得证
反演证实
目标性质$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)$$
证实：
由\(F(n)\)与\(f(n)\)的关系\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)将等式推导：
\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac n d}f(d') \]
\[=\sum_{d|n}\sum_{d'|\frac n d}\mu(d)f(d') \]
可见只有知足\((d*d')|n\)时，函数对答案有贡献
那么不妨交换\(d\)和\(d'\)的位置（理解成范围也行）
\[=\sum_{d'|n}\sum_{d|\frac n {d'}}\mu(d)f(d') \]
\[=\sum_{d|\frac n {d'}}\mu(d)\sum_{d'|n}f(d') \]
再观察式子，根据\(\mu(d)\)非\(1\)即\(0\)的性质，来考虑\(d'\)为什么值时对答案有贡献
可见当且仅当\(d'=n\)且\(d=\frac {n}{d'}=1\)时，\(\mu(d)=1\)该式不为\(0\)
不然式子值为\(0\)对答案无贡献
\[=1*\sum_{n|n}f(n) \]
\[=f(n) \]
综上所述
\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)=f(n) \]
原命题得证！
小结
关于\(Mobius\)的性质纸上推导了两天，建议多手模 思惟量不小～