莫比乌斯反演

前置知识：积性函数。

定义：

一个函数 $f$，若 $\mathrm{\forall }gcd(a,b)=1$，都有 $f(a)\times f(b)=f(a\times b)$，则它是积性函数。

一个函数 $f$，若 $\mathrm{\forall }(a,b)$，都有 $f(a)\times f(b)=f(a\times b)$，则它是完全积性函数。

正题

狄利克雷卷积

先放一张图方便下文理解(copy zyf)：

接下来给出狄利克雷卷积的定义：

对于两个函数 $f$，$g$，它们的狄利克雷卷积 $f\ast g$ 为：

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)\times g(\frac{n}{d})$$

关于狄利克雷卷积的一些性质：

若 $f$ 为积性函数，则：

$h(x)=f(x^p)$ 为积性函数。

$h(x)=f(x)g(x)$ 为积性函数。

$h(x)=(f\ast g)(x)$ 为积性函数。

证明我也不会，背就完了。

接下来通过狄利克雷卷积把上图函数结合起来：（$f$ 为任意积性函数）

$id\ast 1=\sigma$

$\phi \ast 1=id$

$ϵ\ast f=f$

插入：
容易发现 $ϵ$ 为单位元卷积函数，因此可以给出两个函数 $f$，$g$ 在狄利克雷卷积中互逆的定义为 $f\ast g=ϵ$

$1\ast \mu =ϵ$

从这里容易发现 $1$ 和 $\mu$ 互逆，所以容易得出一个式子 $f\ast 1=g⟺f=g\ast 1$

同时这实际上就是莫比乌斯反演的一种形式。喵~

莫比乌斯反演

一般形式：

若 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，

则 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu \frac{n}{d}$

也就是 $f=g\ast 1g=f\ast \mu$。

先给一道例题：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j)\mathrm{mod}p$$

其中 $p$ 为质数。

解：原式
$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ij[gcd(i,j)=d]$$
$$=\sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]$$
$$=\sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }ij\sum _{t|gcd(i,j)}\mu (t)$$
$$=\sum _{d=1}^n{d}^3\sum _{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (t)t^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{td}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{td}\rfloor }ij$$
设 $T=td$，则原式：
$$=\sum _{T=1}^n{T}^2(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }i{)}^2\sum _{d|t}\mu \frac{T}{d}d$$
$$=\sum _{T=1}^n{T}^2\phi (T)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }i{)}^2$$
对于：
$$(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }i{)}^2$$
如果设 $S=\lfloor \frac{n}{T}\rfloor$，则由小公式可以得到该式子等价于
$$\frac{S^2(S+1{)}^2}{4}$$
然后就可以过掉了。

而对于：
$$\sum _{T=1}^n{T}^2\phi (T)$$
我们先设一个函数 $f=T^2\phi (T)$，$g=T^2=i{d}^2(T)$，那么根据狄利克雷卷积可以得到：
$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}(\phi (d)i{d}^2(d))(\frac{n}{d}{)}^2$$
$$=\sum _{d|n}(\phi (d)d^2)(\frac{n}{d}{)}^2$$
$$=d^2\sum _{d|n}\phi (d)$$
$$=n^3$$
把这个作为一个结论。

然后我们开始对原式变形：
用 $h$ 表示原函数式，那么可以得到递推式：
$$h(n)=\frac{\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)h(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$
根据刚才得到的结论可以得到：
$$h(n)=\frac{\sum _{i=1}^n{i}^3-\sum _{i=1}^{n}g(i)h(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$
$$=\frac{\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}h(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$
然后推导部分就做完了，后面的杜教筛之类的算法就不提了。

莫反在OI中主要是把在规定时间内无法求解的问题转化为可以求解的（但好像考的不多），总之好好学。

最后放一个链接，里面是莫比乌斯反演的常见变形，大家入门以后可以去看看。