莫比乌斯反演入门

这个文章主要讲一下ACM中1个常用的莫比乌斯反演公式，看到很多博客上面公式是有，但是都没证明，《组合数学》上的证明又没看懂，

就自己想了种证明方法，觉得比《组合数学》的证明简单些，就写一下，希望对初学莫比乌斯反演的同学有帮助。

PS：下面公式出现的sigma是累加，另外建议大家看的时候 把公式在纸上写出来！

一：什么是莫比乌斯反演

简单点的说，就是先给出一个函数 F(n) ,然后再由 F(n)定义一个新函数 G(n)

其中 G(n) = sigma(F(d)) (其中d被“包含”于n)

然后 现在我们不知道 F(n)的值 ， 却知道 G(n)， 接着我们就可以通过 反演由G(n)反向得到F(n)

什么叫 (其中d被“包含”于n) ？以及怎么理解反演？ 通过下面的几个例子说明

例1：

我们直接定义 G(n)=sigma(F(i)) (1<=i<=n) {这里的每个F(i)，相对于G(n)实际上就是一种包含关系了！！}

然后我们现在已经知道 G(n)=n*(n+1)/2;

接下来 我们要通过 G(n)反向得到F(n) 的过程，就是反演

当然，这个问题很简单，很容易都可以看出来 F(n)=n ～～

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例2:

我们先令 S,X 都表示集合 比如 S={1,4,6} X={2} 等 并令|S|表示 S中元素的个数

接着定义 集合上的函数 F(S) /具体怎么定义不用管，我们只需要知道有这么一个关于集合的函数F就好了 :) /

然后再定义 G(S)=sigma(F(X)) (其中X是S的子集) {这里也是一种包含关系，集合的包含！！}

接着我们不知道F(S)，想通过G(S) 来得到 F(S)

这个问题相对于例1就复杂多了，但实际上我们已经有现成的关于集合包含的莫比乌斯反演公式了 :)

F(S)=sigma((-1)^(|S|-|X|) * G(X)) (其中X是S的子集)

是不是感觉有点神奇？

大家可以自己写个程序来验证一下。

下面就是我的验证程序：

我定义 F(S)=|S| ， 然后先 计算出 F(S) ,接着 计算出 G(S) , 然后 比较由G(S)反演得到的 F(S)和 |S| 的大小

下面是 我的程序

#include 
#include 
using namespace std;

#define base 10
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
int F[1<<base],G[1<<base];
// 集合用二进制表示 base表示集合最多10个元素

int Cal(int x){ // 计算 |x|
    int sum=0;
    while(x) sum+=(x&1),x/=2;
    return sum;
}

int main(){
    REP(S,1<<base) F[S]=Cal(S); // 计算出最开始的F(S)
    REP(S,1<<base){   // 计算G(S)
        G[S]=0;
        for(int X=S;X;X=(X-1)&S) G[S]+=F[X]; //用X遍历S集合
    }
    REP(S,1<<base){     // 计算反演的 F(S)
        F[S]=0;
        for(int X=S;X;X=(X-1)&S)
            F[S]+=(int)pow(-1,Cal(S)-Cal(X))*G[X];
    }
    bool flag=1;    // 验证一下
    REP(S,1<<base)
        if(F[S]!=Cal(S)) flag=0;
    if(flag) cout<<"YES"<else cout<<"NO"<

最后得到的结果 当然是 YES 咯！:)

关于这个 反演公式 的证明，先不要着急，看完文章过后，你自己都能摸索着证明了！！

现在先大概理解反演是个什么就行了！！

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例3：

先令 d|n 表示 d能整除n 比如 2|4 (=.=)

定义 关于 整数 的函数 F(n)

然后 定义 G(n)=sigma(F(d)) (其中d|n)

上面的这种包含关系就更复杂了，只有当d是n的因子的时候，F(d)才会被包含在G(n)中。

不过这种 包含关系 在 ACM中遇到的最多，所以我会详细讲一下这种类型的 反演。

相信明白了这个过后，例2的反演也能够自己证明了。

具体的讲解见下一章节 :)

二：一类反演

这个一类反演就是例3中的那一类咯= =

我先直接给出结论吧

原式 : G(n)=sigma(F(d)) (其中d|n)

反演公式: F(n)=sigma(U(n/d)*G(d)) 这里U是一个函数，他是每一项 G(d) 的系数，他的定义见下面

（强烈建议关于U的定义这一段可以先跳过，先认为他是G的系数就行了，可以跳到下面红字位置）

(1).U是一个关于整数的函数

(2).U[x] = 1 当且仅当 x能够分解成偶数个不同质数的乘积  （其中1不能被分解，所以1的分解出的质数个数是0，所以U[1]=1）

(3).U[x] = -1 当且仅当 x能够分解成奇数个不同质数的乘积

(4).U[x] = 0  除开(2),(3)的其他情况

看上面关于U的定义可能有点看晕了，通俗一点的说

对于一个 x , 分解因式过后 有 x=(p1^e1)(p2^e2)…(pr^er)

如果 ei中(1<=i<=r)有一个数ei大于1 那么 U[x] = 0;

不然的话 U[x] = (-1)^r

依旧来两个例子（我最喜欢举例子了 = =）

U[1]=1;定义中的说明

U[2]=-1; 分解式 2=2;

U[6]=1; 分解式 6=2*3

U[9]=0; 9=3^2; 出现了e>1

U[12]=0; 12=2^2*3;

跳到这里 :)

上面就是关于这类反演公式的定义，不要头晕= =，继续往下看吧

在证明之前，我们先想一下，为什么反演公式会是 F(n)=sigma(U(n/d)*G(d)) 这样的型式？

依旧通过例题来找规律 (^ ^)

我们令 n=6;

那么 在计算 F(6)的时候，我们会用到 G(1) G(2) G(3) G(6)

我们考察者4个G

G(1) = F(1)

G(2) = F(1)+F(2)

G(3) = F(1)+F(3)

G(6) = F(1)+F(2)+F(3)+F(6)

观察上面可以发现 每个 G(n)都是由一些F(d)累加得到的

当我们需要逆向有G得到F(n)时，只需要将一些 与 F(n) 有关的 G进行容斥！！！！！ 最终组合得到F(n)！！！

比如 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1) ！！！！

有些神奇！！ 不过这类莫比乌斯反演的实质也就是容斥原理的应用！！

那么我们现在知道为什么 这类反演公式会是 这个形式了，而且对其原理也有了更深的理解，现在该想一想公式的细节了。

既然我们知道要得到 F(n) ，只需要将与其相关的 G进行容斥就可以，那么剩下的问题就是每个G的系数！！！

我们以 求解 F(6)为例子来说明 ，并定义一个系数函数 H(d,n).

其中 H(d,n)表示 求解F(n)时，G(d)的系数 （其中d|n）

所以可以得到这个式子 F(6) = H(6,6)*G(6)+H(2,6)*G(2)+H(3,6)*G(3)+H(1,6)*G(1)

我们用 a,b,c,d分别替代 四个H(6,6),H(2,6),H(3,6),H(1,6)，并且把对应的G用F表示出来，得到

F(6)=a*(F(6)+F(3)+F(2)+F(1))+b*(F(2)+F(1))+c*(F(3)+F(1))+d*F(1),再变形一下，又有

F(6)(a-1)+F(3)(a+c)+F(2)(a+b)+F(1)(a+b+c+d)=0，把F(6),F(3),F(2),F(1)当作不同的元，则得到了下面的方程组！！！

a-1==0

a+c==0

a+b==0

a+b+c+d==0

由此发现，四个未知数，四个方程，只需要解出方程，就能知道对于G的系数。

再深入的想一下，对于每个 F(n),假设他的因子数为,m，则通过这种方式，总能设出m个未知数，m个方程，

这样总能找到解，而这也为莫比乌斯反演的可能性作出了解释！！

现在我们要证明一个结论，即使H(a,b)==H(1,b/a)！！这个结论很重要，具体分析见下 :)

我们以求解 F(8)为例子，与F(8)相关的 H 有 ，H(8,8),H(4,8),H(2,8),H(1,8)

F(8)=H(8,8)*G(8)+H(4,8)*G(4)+H(2,8)*G(2)+H(1,8)*G(1)

首先看 H(8,8),其值可以直接确定，因为把F(8)当作元的话，左边一个F(8),而在右边F(8)只在G(8)中出现，所以H(8,8)==1

同理 对于 F(n)，其G(n)的系数H(n,n)==1，所以H(8,8)==H(1,1)

再来看H(4,8),，首先想，F(4)在哪些地方出现，发现 在G(8)和G(4)出现，因为左边不含F(4)，而前面G(8)的系数又已经确定，

所以这里H(4,8)*G(4)的作用就是为了抵消前面G(8)的代换中，出现的F(4)，所以 H(4,8)==-H(8,8)==-H(2,2)==H(1,2),{H(1,2)==-H(1,1)请大家自己验证一下}

同理对于H(2,8)，他是为了抵消前面在G(8)和G(4)中出现的F(2)，所以H(2,8)相当于受到H(4,4)和H(2,4)的影响(假设这个结论对n==4也成立，H(2,4)==H(1,2))，

所以H(2,8)==H(1,4)

找到规律过后，总结一下，假设n的因子有 d1,d2,d3…dm 其中 d1>d2>d3…>dm

我们依次确定H(di,n)的值，当我们在确定H(di,n)的值时，前面的值已经确定，即H(dj, n)(j < i)的值已经确定，

H(di,n)会受到前面一些H(dj,n)的影响，当且仅当 dj>di且 di|dj 。

假设 H(a,b)==H(1,b/a)对前面的 H(dj,n)和 所有的H(k,m)其中m < n 已经成立(首先对于H(n,n)已经成立)，那么有 H(dj,n)==H(1,n/dj)==H(dj/di,n/di)

这样就把前面对H(di,n)造成影响的H由 H(dj,n)转为了 H(dj/di,n/di) ,所以H(di,n) == H(1,n/di)

既然 H(a,b) 都可以 写成 H(1,b/a) ， 于是我们把H的第一个元素略去，简写为 H(x)

说到这里，就可以把H和U联系起来了，其实 U(x) = H(x) = H(1,x)

再来，我们就可以给U(x)赋予一个更具体的意义， U(x)表示在计算 F(x)时，G(1)的系数！！(因为U(x)==H(1,x))

接下来，我们来尝试一下，如何用上面那个U(x)的新意义，来计算U(x)的值！！

首先需要明确2点！

一是G(x)中,一定包含一个F(1)，因为 1|x

二是，F(1)==G(1)

(0).如果 x==1

因为 F(1)==G(1) 所以 U[1]=1;

(1).假设 x 是一个 质数

F(x) = U(1)*G(x)+U(x)*G(1)

带入U(1) == 1, 因为G(x)中含有一个F(1),而左边不含F(1)，所以我们需要利用G(1)来消去F(1)

所以得到 U(x)=-1

(2).假设 x 可以写成2个不同质数的乘积 x=p*q

那么 F(x)=U(1)*G(pq)+U(q)*G(p)+U(p)*G(q)+U(x)*G(1)

这里 U(1)，U(p)，U(q) 就是前面2种情况

带入系数，因为左边没有 F(1)，所以为了抵消右边的F(1)，我们需要令 U(x)=1;

(3).假设 x 可以写成3个不同质数的乘积 x=p*p1*p2 我们令 z = p1*p2

F(x) = U(1)*G(pz)+U(z)*G(p)+U(p)*G(z)+U(x)*G(1);

其中 U(1),U(p),U(z) 分别为前面几种情况，带入过后 ，为抵消F(1) 得到 U(x)=-1

由此可以相同的方式向下递推，得到第一条结论

如果 x = p1*p2…*pr , 其中pi是互异的质数，那么 U[x] = (-1)^r ———————– 1！！

(4).假设 x 可以写成一个质数的平方 x=p^2

F(x) = U(1)*G(x)+U(p)*G(p)+U(x)*G(1)

带入系数 得到 U(x)=0;

(5).假设 x 可以写成一个质数的三次方 x=p^3

F(x) = U(1)*G(x)+U(p)*G(p^2)+U(p^2)*G(p)+U(x)*G(1)

带入系数后 U(x)=0;

由此可用相同方式向下递推，得到第二条结论

如果 x = p^e (e>1) U[x] = 0; ————————– 2！！

(6).假设 x 可写成 x = p^e*q 其中p,q为不同质数，e>1

F(x) = U(1)*G(x)+U(q)*G(p^e)+U(p^e)*G(q)+U(x)*G(1)

带入系数后 U(x) = 0;

由此可继续向下递推，得到第二条结论的加强版！！

如果 x = p^e*z 其中p为质数, z为任意数,e>1 那么 U[x] = 0 ———————-2！！

由此，我们得到了 U[x] 的计算方法！！即是U定义中给出的那样！！（没看定义的同学此时再跳回去看吧）

三：应用

得到了公式，也知道了他是怎么来的，现在就用一个应用来加深理解吧 :)

首先我们要给出 第二部分 中那个公式的另外一种形式 = = 我们把它称为形式二吧～

原式 : G(n)=sigma(F(d)) (其中n|d,d<=N)

反演公式: F(n)=sigma(U(d/n)*G(d)) (其中n|d,d<=N) 这里U[x]的计算方式和上面的相同！！

注意上面的 n|d 和 d/n 和上面是相反的

证明方法和上面差不多，大致说一下

还是先设置一个系数函数 H(d,n) 表示求解 F(n)时 G(d)出现的次数，

接着 用与上面类似的方法变化H(d,n) 为 H (d/n,1) —> H(x,1)

则联系 U(x) == H(x,1) 表示 在计算 F(1)时，G(x)的系数

以 x 为质数为例子，由于 G(1)=F(1)+F(2)….+F(N)

F(1) = G(1)+U(2)G(2)…+U(x)G(x)…+U(N)G(N)

因为 x 为质数 所以 F(x)这一项 只在G(1)里面出现了一次，而其他地方只会在 G(x)出现

所以我们需要让 U(x)=-1 来抵消 F(x)

剩下的步骤就和上面差不多了，分类讨论一下，就可以求出这种情况下的U的计算方式，和上面相同！！

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接下来就真正的开始演示怎么用 莫比乌斯反演 简化计算了 ！！

看下面这个问题！

给出a，b 其中 (1<=a,b<=10^6)

求满足条件的 x,y 的对数，使得 1<=x<=a,1<=y<=b,且gcd(x,y) == 1。

其中 (2,3) (3,2) 算两对！

直接暴力显然复杂度太大，我们用莫比乌斯反演来解决。

令N = max(a,b)

然后定义 F(n) 表示满足条件的 gcd(x,y)==n的 (x,y) 对数

在定义 G(n) 表示满足 n | gcd(x,y) 的(x,y)对数 即 gcd(x,y)%n==0 的x,y对数

那么根据定义，有 G(n) = sigma(F(d)) (n|d,d<=N)

于是我们需要求的就是 F(1)

怎么解决？

首先根据G(n)的定义，可以很容易发现 G(n) = (a/n)*(b/n)这里是向下整除 （提示：把n当成最小的元）

然后 我们只直接计算 F(1) 即可

带入 G(n) 的公式 有 F(1) = sigma(U[i](a/i)(b/i)) (1<=i<=N)

至于U[]的值，可以提前用筛法在O(n)的时间内处理出来，这样总的时间复杂度就是 O(n)，问题得到解决！！

下面附上我自己求U[]的代码 （效率并不是严格上的O(n)，不过一般情况下已经足够）

四：进阶

在ACM中，可以利用 莫比乌斯反演 来求解很多关于 Gcd 的问题

推荐几道基础题： SPOJ 7001 , ZOJ 3435, HDU 1695.

想做更多的题的话，自己去HUST OJ搜索吧 :)

最后再说一下上面的证明方法都是个人YY的，感觉比《组合数学》上的证明简单些（数学太渣orz…那个证明我是没看太懂），写下来

给初学莫比乌斯反演的童鞋当个资料（= =）。关于上面的证明我暂时没发现什么错误，如果发现错误，请在回复里面指出！另外

形式二的证明应该可以由形式一直接得到，不过我没想出什么好办法，知道的神牛也请在评论中说一下！