数论总结——莫比乌斯反演

数论总结

根据此视频总结。

莫比乌斯函数\(\mu(x)\)

\[\mu(x)=\left\{ \begin{aligned} 1,\ & x = 1 \\ (-1)^k,\ & x = P_1P_2\cdots P_k\ (P_i为质因子且互不相同)\\ 0,\ & 其他情况 \end{aligned} \right. \]

---

可以使用线性筛预处理:

int prime[MAXN],prime_tot;
bool prime_tag[MAXN];
int mu[MAXN];
void pre(){
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= MAXN; i++){
		if(!prime_tag[i]){
			prime[++prime_tot] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= prime_tot; j++){
			if(i * prime[j] > MAXN)break;
			prime_tag[i * prime[j]] = true;
			if(i % prime[j] == 0){
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}else{
				mu[i * prime[j]] = -mu[i];
			}
		}
	}
}

---

狄利克雷卷积

\[(f * g)(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\frac nd) \]

积性函数\(f(x)\)：\(\forall a,b,且gcd(a,b) = 1,则有f(ab) = f(a)f(b)\)
完全积性函数\(f(x)\)：\(\forall a,b,f(ab) = f(a)f(b)\)
常见的积性函数：

• 欧拉函数 \(\varphi(x)\)
• 莫比乌斯函数 \(\mu(x)\)
• 恒等(单位)函数 \(Id(x) = x\)
• 不变函数 \(1(x) = 1\)
• 幂函数 \(Idk(x) = x^k\)
• 因子个数函数 \(d(x), d = 1 * 1\)
• 因子和函数 \(\sigma(x),\sigma = 1 * Id\)
• 因子函数 \(\sigma k(x)\)
• 狄利克雷卷积单位元 \(\epsilon = [n == 1]\)

先看如下等式:

\[\mu * 1 = \epsilon \]

设 \(n\)有 \(k\)个不同的质因子，则由狄利克雷卷积得出:

\[\mu * 1 = \sum_{d | n} \mu(d)1(\frac nd) = \sum_{d|n}\mu(d) = \sum_{i = 0}^k (-1)^i (_{i}^{k}) \]

由二项式定理得: \((x+y)^k = \sum_{i=0}^k(_{i}^{k})x^iy^{k-i}\)
另 \(x = -1, y = 1\)得:

\[0^k = \sum_{i = 0}^k (-1)^i (_{i}^{k}) \]

当 \(k = 0\)时，\(n = 1\)，故证得：

\[\mu * 1 = \epsilon \]

---

莫比乌斯反演

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

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

证明一： \(g = f * 1,\mu * g = f * 1 * u = f\)
证明二： \(另k = \frac dn\)，则：

\[\sum_{n|d} \mu(\frac dn)g(d) = \sum_k\mu(k)g(nk) = \sum_k\mu(k)\sum_{(nk)|t}f(t) = \sum_t f(t)\sum_{(nk)|t}\mu(k) \]

因为\(nk | t\)可以写成 \(k|\frac tn\)，又因为：\(\mu(\frac tn) * 1 = \sum_{k|\frac tn}\mu(k) = \sum_{nk | t}\mu(k) = \epsilon(k)\)
故上式等价于： \(\sum_tf(t)\epsilon(\frac tn) = f(n)\)，所以得证。

---

例题

给定整数\(N\)和\(M\)。求满足 \(1\leq x \leq N,\ 1 \leq y \leq M\)且 \(gcd(x,y)\) 为质数的点对 \((x,y)\)的个数。\((1 \leq N,M \leq 1,000,000)\)
求解过程：

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

求\(\sum_{1 \leq i \leq N}\sum_{1 \leq j \leq M}[gcd(i,j) == p]\)，\(p\)是质数
定义:

\[f(p) = \sum_{1 \leq i \leq N}\sum_{1 \leq j \leq M}[gcd(i,j) == p],\ g(p) = \sum_{1 \leq i \leq N}\sum_{1 \leq j \leq M}[p | gcd(i,j)] \]

那么，\(g(n) = \sum_{n|d}f(d)\)且易知 \(g(n) = \lfloor \frac Nn \rfloor \lfloor \frac Mn \rfloor\)，且 \(\sum f(p)\) 即为答案。

\[f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac dn)g(d) = \sum_{n|d}\mu(\frac dn) \lfloor \frac Nd \rfloor \lfloor \frac Md \rfloor \]

\[ans = \sum_{n\in prime}\sum_{n|d}\mu(\frac dn) \lfloor \frac Nd \rfloor \lfloor \frac Md \rfloor = \sum_{n\in prime}\sum_t \mu(t) \lfloor \frac N{nt}\rfloor \lfloor \frac M{nt}\rfloor \ (t := \frac dn) \]

\[= \sum_{1 \leq k \leq min(N,M)} \lfloor \frac N{k}\rfloor \lfloor \frac M{k}\rfloor \sum_{n|k,n \in prime}\mu(\frac kn) \ (k := nt) \]

然后就是具体实现：
预处理 \(sum(k) := \sum_{n|k,n \in prime}\mu(\frac kn)\)
如下:

for(int i = 1; i <= prime_tot; i++){
	for(int j = 1; prime[i] * j <= up; j++){
		sum[prime[i] * j] += mu[j];
	}
}

于是答案变为: \(ans = \sum_{1 \leq k \leq min(N,M)} \lfloor \frac Nk \rfloor \lfloor \frac Mk \rfloor sum(k)\)

对于 \(\lfloor \frac Nk \rfloor\)的计算，需要用到整除分块来加速运算过程：
先看代码:

for(int l = 1,r; l <= N; l = r + 1){
	r = N / (N / l);
	ans += (r - l + 1) * (N / l);
}

对于代码中的 \([l,r]\)区间的数 \(k\)，\(\lfloor \frac Nk \rfloor\)的值都是 \(\lfloor \frac Nl \rfloor\)，故这一段区间对答案的贡献就是 \((r-l+1)*(N / l)\)。
\(r = \lfloor \frac N{\lfloor \frac Nl \rfloor} \rfloor\)
那么为什么 \(k \in [l,r], \lfloor \frac Nk \rfloor = \lfloor \frac Nl \rfloor\)呢？
因为 \(\lfloor \frac Nl \rfloor\leq \frac Nl\)，则有 \(\lfloor \frac N{\lfloor \frac Nl \rfloor} \rfloor \geq \lfloor \frac N{\frac Nl} \rfloor = l\)
故证得： \(l \leq \lfloor \frac N{\lfloor \frac Nl \rfloor} \rfloor = r\)
不妨再设 \(k = \lfloor \frac Nl \rfloor\)，考虑证明当 \(\lfloor \frac Nr \rfloor = k\)时， \(r\)最大是 \(\lfloor \frac Nk \rfloor\)

\[\lfloor \frac Nk \rfloor = r \rightarrow k \leq \frac Nr < k+1 \rightarrow \frac 1{k+1} < \frac rN \le \frac 1k \rightarrow \frac N{k+1} < r \leq \frac Nk \]

故 \(r\)最大是 \(\lfloor \frac Nk \rfloor\)
因此每次将 \([l,r]\)分块，整体求和即可。

---

杜教筛

求 \(\sum_{i = 1}^n\mu(i),\ n \leq 10^{12}\)时，线性筛无法满足需求，因此在这里介绍杜教筛：
定义: \(M(n) := \sum_{i = 1}^n\mu(i)\)

\[1 = \sum_{i = 1}^n\epsilon(i) = \sum_{i = 1}^n\sum_{d|i}\mu(d) = \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac ni \rfloor}\mu(j) = \sum_{i = 1}^nM(\lfloor \frac ni \rfloor) \]

即：\(M(n) = 1 - \sum_{i = 2}^nM(\lfloor \frac ni \rfloor)\)，递归求解即可。
代码：

int mu_sum[MAXN];
unordered_map<long long, int> mp;
int mu_calc(long long n){
	if(n < up)return mu_sum[n];
	if(mp.count(n))return mp[n];
	
	int ret = 1;
	for(long long l = 2, r; l <= n; l = r + 1){
		r = n / (n / l);
		ret -= (r - l + 1) * mu_calc(n / l);
	}
	return mp[n] = ret;
}

\(mu\_sum[MAXN]\)表示先使用线性筛预处理出前面的项，降低时间复杂度。

---

欧拉函数性质

• \(当p为质数时，当gcd(n,p) == 1，\varphi(n * p) = (p - 1) * \varphi(n)，否则\varphi(n * p) = \varphi(n) * p\)

• \(n(n > 1)\) 中与 \(n\)互质的数的和为 \(\varphi(n)/2*n\)，并且 \(\varphi(n)是偶数(n > 2)\)

• 若 \(p^2 | n，则\varphi(n) = \varphi(\frac np) * p\)，若 \(p\ |\ n\ 且 p^2 \nmid n\)，则 \(\varphi(n) = \varphi(\frac np) * (p - 1)\)。

• \(\varphi * 1 = Id\)
  证：
  \(\varphi * 1 = \sum_{d|n}\varphi(d)\)。
  令 \(f(n) = \sum_{d|n}\varphi(d)\)，设\(\forall n,m > 1,且gcd(n,m) = 1\),

  \[f(n) * f(m) = \sum_{i|n}\varphi(i) * \sum_{j|m}\varphi(j) = \sum_{i|n}\sum_{j|m}\varphi(i)*\varphi(j) = \sum_{i|n}\sum_{j|m}\varphi(i*j) = \sum_{d|nm}\varphi(d)\ \ \ \ \ (d := i* j) \]

  故得出 \(f(n) * f(m) = f(n * m)\)，即 \(f(n)\)为积性函数。
  因为\(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}\)，且由于

  \[f(p^c) = \varphi(1) + \varphi(p^1) + \cdots + \varphi(p^c) = P^0 + (p^1 - p^0) + \cdots + (p^c - p^{c-1}) = p^c \]

  所以

  \[f(n) = f(p_1^{c_1}) * f(p_2^{c_2}) * \cdots * f(p_k^{c_k}) = p_1^{c_1} * p_2^{c_2} * \cdots * p_k^{c_k} = n \]

  已知 \(Id(x) = x\),
  即证得： \(\varphi * 1 = Id\)