莫比乌斯函数及反演学习笔记

前置知识

$1.$ 艾佛森括号：
$[P]=\{\begin{array}{ll}1& \mathtt{(}\mathtt{if}\mathtt{P}\mathtt{is}\mathtt{true}\mathtt{)}\\ 0& \mathtt{(}\mathtt{otherwise}\mathtt{)}\end{array}$
$2.$ $a\mid b$ 表示 $a$ 是 $b$ 的因子
$3.$ 整除分块：${\displaystyle \sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{N}{i}}\rfloor }$
$4.$ $p$ 没有特殊说明时表示质数
$5.$ $\mathbb{P}$ 表示质数集，$\mathbb{Z}$ 表示整数集。
$6.$ 常见的函数：

• 常函数：$1(x)=1$
• 单位元函数：$ϵ(x)=[x=1]$
• 恒等函数：$I{d}_k(x)=x^k$
• 因子函数：$d(x)={\displaystyle \sum _{i\mid x}1}$
• 因子和函数：$\sigma (x{)}_k={\displaystyle \sum _{i\mid x}{i}^k}$
• 欧拉函数：$\phi (x)={\displaystyle \sum _{i=1}^x[gcd(i,x)=1]}$

函数

数论函数

数论函数指一类定义域是正整数，值域是一个数集的函数。有：

• $(f+g)(x)=f(x)+g(x)$
• $(x\ast f)(n)=x\ast f(n)$

积性函数

当数论函数 $f$ 对于 $gcd(n,m)=1$ 有：

$$f(nm)=f(n)f(m)$$

则数论函数 $f$ 为积性函数。
例如：$d(x),\phi (x)$

完全积性函数

当积性函数 $f$ 对于 $gcd(n,m)\ne 1$ 仍有：

$$f(nm)=f(n)f(m)$$

则积性函数 $f$ 为完全积性函数。
例如：$ϵ(x),i{d}_k(x)$

积性函数的实现

那么，积性函数像下面的 $\phi ,\mu$ 都是非常有用的东西，当然还有更多的积性函数，那么我们该如何去线性求出积性函数呢。
我们需要通过想欧拉筛筛质数的方式来快速筛出积性函数。
比如我们现在要筛积性函数 $f$，那么我们就需要快速的得到它的 $f(1),f(p),f(p^t)$。
我们需要先对每一个 $i$ 进行唯一分解 ${\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}}$。

• 当 $p<p_1,gcd(p,i)=1$ 时，则 $f(ip)=f(i)\times f(p)$；
• 当 $p=p_1$ 时，我们先记 $lo{w}_i$ 表示 $p_1^{t_1}$，则 $f(ip)=f\left({\displaystyle \frac{i}{lo{w}_i}}\right)f(lo{w}_i\times p)$。

这样我们就可以不重不漏的筛出函数 $f$ 了。

void init(ll n){
    isp[1]=low[1]=1;
    f[1]=对1直接定义;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!isp[i]) low[i]=p[++cnt]=i,f[i]=对质数直接定义;
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++){
            isp[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                low[i*p[j]]=low[i]*p[j];
                if(low[i]==i)
                    f[i*p[j]]=对质数的若干次幂进行定义(一般由f[i]递推);
                else
                    f[i*p[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*p[j]];
                break;
            }
            low[i*p[j]]=p[j];
            f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
        }
    }
}

狄利克雷卷积 (dirichlet)

定义两个函数 $f(n)$ 和 $g(n)$ 的狄利克雷卷积 $(f\ast g)(n)$ 其中 $\ast$ 为卷积符号：

$$t(n)={\displaystyle \sum _{i|n}f(i)g({\displaystyle \frac{n}{i}})\iff {\displaystyle \sum _{ij}f(i)g(j)}}$$

同时狄利克雷卷积满足以下一些性质：

• $f\ast g=g\ast f$
• $(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$
• $f\ast h+g\ast h=(f+g)\ast h$
• $(xf)\ast g=x(f\ast g)$
• $ϵ\ast f=f$
• 对于每一个 $f(1)\ne 1$ 的函数 $f$ 都有逆元 $g$，使得 $f\ast g=ϵ$

那么对于一个 $f(1)\ne 1$ 的函数 $f$ 的逆元 $g$ 该如何计算呢
我们只需要通过狄利克雷卷积的定义简单推导一下得到：

$$g(n)={\displaystyle \frac{1}{f(1)}}([n=1]-{\displaystyle \sum _{i\mid n,i\ne 1}f(i)g(\frac{n}{i})})$$

这样就有：${\displaystyle \sum _{i\mid n}f(i)g({\displaystyle \frac{n}{i}})=f(1)g(n)+{\displaystyle \sum _{i\mid n,i\ne 1}=[n=1]=ϵ}}$。

欧拉函数 (Euler)

定义

欧拉函数用 $\phi$ 表示，定义：

$$\phi (n)={\displaystyle \prod _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]}$$

解释：$\phi (n)$ 表示 $1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数的个数。

公式

先设 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}}$，则有：

$$\phi (n)=n{\displaystyle \prod _{i=1}^k(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})}$$

证明：
我们先假设 $n\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{+}}$ 只存在质因子 $p,q$。
考虑容斥，与 $n$ 互质的数就是所有数减去 $p,2p,\cdots ,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor ,q,2q,\cdots ,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{q}}\rfloor$。
同时根据容斥原理，需要补回 $pq,2pq,\cdots ,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{pq}}\rfloor$。
即 $\phi (n)=n-{\displaystyle \frac{n}{p}}-{\displaystyle \frac{n}{q}}+{\displaystyle \frac{n}{pq}}=n(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})(1-{\displaystyle \frac{1}{q}})$
那么同理，当 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}}$ 时，有：

$$\phi (n)=n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_1}})(1-{\displaystyle \frac{1}{p_2}})\cdots (1-{\displaystyle \frac{n}{p_k}})=n{\displaystyle \prod _{i=1}^k(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})}$$

积性函数

函数 $\phi$ 满足 $\phi (nm)=\phi (n)\phi (m)(gcd(n,m)=1)$。
即 $\phi$ 为积性函数。

证明：
设 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i},m={\displaystyle \prod _{i=1}^t{q}_i^{b_i}(gcd(n,m)=1)}}$

$$\begin{array}{rl}\phi (nm)=& nm{\displaystyle \prod _{i=1}^k(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}}){\displaystyle \prod _{j=1}^t(1-{\displaystyle \frac{1}{q_j}})}}\\ =& n{\displaystyle \prod _{i=1}^k(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})m{\displaystyle \prod _{j=1}^t(1-{\displaystyle \frac{1}{q_j}})}}\\ =& \phi (n)\phi (m)\end{array}$$

性质

$${\displaystyle \sum _{d\mid n}\phi (d)=n\iff \phi \ast 1=Id}$$

证明：
记 $f(n)={\displaystyle \sum _{d\mid n}\phi (d)}$。则由于：
$f(n)f(m)={\displaystyle \sum _{i\mid n}\phi (i){\displaystyle \sum _{j\mid n}\phi (j)={\displaystyle \sum _{d\mid nm}\phi (d)=f(nm)}}}$
可以得到 $f(n)$ 为积性函数。
设 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}}$。
而对于 $f(p^c)={\displaystyle \sum _{i=1}^c\phi (p^i)={\displaystyle \sum _{i=1}^c{p}^i-p^{i-1}=p^c}}$
$\therefore f(n)={\displaystyle \prod _{i=1}^{k}f(p_i^{t_i})={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}=n}}$

实现

我们可以通过线性筛筛质数的时候是顺便就把欧拉函数筛出来。

void Euler(int n){
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++){
        if (!isp[i])primes.push_back(i),phi[i]=i-1;
        for(auto p:primes){
            if(p*i>n)break;
            isp[p*i]=1;
            if (!(i%p)){
                phi[p*i]=phi[i]*p;
                break;
            }else phi[p*i]=phi[p]*phi[i];
        }
    }
}

莫比乌斯函数 (Möbius)

定义

莫比乌斯函数用 $\mu$ 表示，定义：

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ 0& \mathrm{\exists }p\in \mathbb{Z},p^2\mid x\\ (-1{)}^k& {\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i(1\le i,j\le j,p_i\ne p_j)}\end{array}$$

解释一下对 $\mu (x)$ 的定义：

• 当 $x=1$ 时，$\mu (x)=1$；
• 当 $x$ 含有任何的质因子的幂次 $\ge 2$，$\mu (x)=0$；
• 当 $x={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i}$，且所有 $p_i$ 的互不相同时，$\mu (x)=(-1{)}^k$

性质

只知道莫比乌斯函数的定义还远远不够，我们还需要了解一下他的性质：

• $n\in {\mathbb{N}}^{\mathbb{+}},{\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1],\mu \ast 1=ϵ}$。

证明：

当 $n=1$ 时，${\displaystyle \sum _{d|n}=\mu (1)=1=[n=1]}$。

当 $n>1$ 时，我们记 $n={\displaystyle \prod _{i=1}^k{p}_i^{t_i}}$
当 $\mathrm{\exists }{t}_i,t_i>1$ 时，$\mu (n)=0$。
当 $\mathrm{\forall }{t}_i,t_i=1$ 时，对于 $\mu (d)=(-1{)}^r$ 这样的存在 $C_k^r$ 个。
$\therefore {\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)=C_k^0+C_k^1+C_k^2+\cdots +(-1{)}^k{C}_k^k={\displaystyle \sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i}}$
由二项式定理：$(x+y{)}^n={\displaystyle \sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i{y}^{n-i}}$
$\therefore {\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)={\displaystyle \sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i=(-1+1{)}^n=0}}$

• ${\displaystyle \sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}={\displaystyle \frac{\phi (n)}{n}}}$

证明：
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}=}& {\displaystyle \sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{\mu (d)\frac{n}{d}}{n}}}\\ =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)Id\left(\frac{n}{d}\right)}}{n}}\\ =& {\displaystyle \frac{\mu (n)\ast Id(n)}{n}}\end{array}$
根据 $\phi \ast 1=Id\iff \phi \ast 1\ast \mu =\mu \ast Id\iff \phi \ast ϵ=\mu \ast Id$ 得
${\displaystyle \sum _{d\mid n}{\displaystyle \frac{\mu (d)}{d}}={\displaystyle \frac{\mu (n)\ast Id(n)}{n}}={\displaystyle \frac{\phi (n)}{n}}}$

实现

和欧拉函数一样，也可以在筛质数的时候顺便得到。

void getMu(int n){
    mu[1]=1;
	isp[0]=isp[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(!isp[i])mu[p[++cnt]=i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=n;++j){
            isp[i*p[j]]=1;
            if(!(i%p[j]))break;
            else mu[p[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
}

莫比乌斯反演

当存在有两个函数 $f$ 和 $g$ 满足：$f(n)={\displaystyle \sum _{d|n}g(d)}$ 即 $f=g\ast 1$。
则一定有：

$$g(n)={\displaystyle \sum _{d|n}f(n)\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})，\mathrm{即}g=f\ast \mu }$$

证明：

$$f=g\ast 1\iff f\ast \mu =g\ast 1\ast \mu \iff f\ast \mu =g$$

倍数形式：

$$g(n)={\displaystyle \sum _{n\mid d}f(d)\iff f(n)={\displaystyle \sum _{n\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})g(d)}}$$

例题

$1.$ P2522 Problem B
求 ${\displaystyle \sum _{i=a}^b{\displaystyle \sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]}}$

设 $f(k)={\displaystyle \sum _{i=1}^n{\displaystyle \sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k],g(n)={\displaystyle \sum _{n\mid k}f(k)}}}$
则通过莫比乌斯反演的倍数形式可以得到： $f(x)={\displaystyle \sum _{x\mid k}\mu (\lfloor {\displaystyle \frac{k}{x}}\rfloor )g(k)}$
我们在考虑对于函数 $g$ 的处理：
$\begin{array}{rl}g(x)=& {\displaystyle \sum _{x\mid k}{\displaystyle \sum _{i=1}^n{\displaystyle \sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]}}}\\ =& {\displaystyle \sum _{i=1}^n{\displaystyle \sum _{j=1}^m[x\mid gcd(i,j)]}}\\ =& {\displaystyle \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }{\displaystyle \sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x}\rfloor }[1\mid gcd(i,j)]}}\\ =& \lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{x}}\rfloor \end{array}$
我们在将函数 $g$ 带回函数 $f$，同时枚举 $\lfloor {\displaystyle \frac{k}{x}}\rfloor$ 记为 $t$：
$f(x)={\displaystyle \sum _{t=1}^{min(n,m)}\mu (t)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{tx}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{tx}}\rfloor }$
那么对于最后的答案我们只需要一个简单的容斥：
$ans={\displaystyle \sum _{i=1}^b{\displaystyle \sum _{j=1}^d[gcd(i,j)=k]-{\displaystyle \sum _{i=1}^{a-1}{\displaystyle \sum _{j=1}^d[gcd(i,j)=k]-{\displaystyle \sum _{i=1}^b{\displaystyle \sum _{j=1}^{c-1}[gcd(i,j)=k]+{\displaystyle \sum _{i=1}^{a-1}{\displaystyle \sum _{j=1}^{c-1}[gcd(i,j)=k]}}}}}}}}$
通过上的函数 $f,g$ 带入即可，通过整除分块可以得到时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。