初等数论（Ⅳ）：狄利克雷卷积和各类反演

1|0前置知识

1|1积性函数

满足 $f(1)=1$，并且当 $gcd(a,b)=1$ 时，有 $f(ab)=f(a)f(b)$，则称 $f(n)$ 为积性函数。

如果对于全部的 $a,b$，都有 $f(ab)=f(a)f(b)$，则称 $f(n)$ 是完全积性函数。

1|0常见积性函数

1. 常数函数：$1(x)=1$（完全积性）

2. 恒等函数 $i{d}_k(n)=n^k,i{d}_1(n)$ 简记为 $id(n)=n$

3. 元函数：$\epsilon (n)=[n=1]$

4. 欧拉函数：$\phi (n)$

5. 因子函数：$d(n)=\prod _1^k(a_i+1),a_i$是质因数分解后质因子 $p_i$ 的幂次。

6. 除数函数：$\sigma (n)=\sum _{d|n}d$

7. 莫比乌斯函数：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{rl}& 1,n=1\\ & (-1{)}^s,n=p_1{p}_2\dots p_s\\ & 0,n\text{包含相同质因子}\end{array}$$

1|0两个积性函数的性质

1|0欧拉函数

定义

用一个式子表达就是

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

性质

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

证明在我这篇博客里有。

1|0莫比乌斯函数

定义

$$\mu (n)=\{\begin{array}{rl}& 1,n=1\\ & (-1{)}^s,n=p_1{p}_2\dots p_s\\ & 0,n\text{包含相同质因子}\end{array}$$

性质

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

也就是说除了 $n=1$ 的时候这个式子是 $1$ ,其余的都是 $0$。

证明：

当 $n=1$ 时， $\mu (1)=1$

当 $n>1$ 时，将 $n$ 质因数分解得到 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_s^{a_s}$，令 $n^{\prime }=p_1{p}_2\dots p_n$，那么有

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)$$

因为如果有幂次 $>2$ 的因数函数值是 $0$，所以可以直接舍掉了。

剩下的就直接运用容斥原理解决。

不取任何质因子的方案数为 $C_s^0$

不取任何质因子的方案数为 $C_s^1$

不取任何质因子的方案数为 $C_s^2,\dots$

所以最后的答案

$$=(-1{)}^0{C}_s^0+(-1)C_s^1+(-1{)}^2{C}_s^2+\cdots +(-1{)}^s{C}_s^s$$

$$=(1+(-1){)}^s=0$$

这个性质往往是逆用的，比如给你一个 $[x=k]$，我们就可以把它转化成 ${\displaystyle \sum _{d|\lfloor \frac{x}{k}\rfloor }\mu (d)}$。

1|0两个函数的联系

$$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)$$

证明：

$n=1$ 时，$\phi (1)=\mu (1)=1$；

$n>1$ 时，$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_s^{a_s}$，令 $n^{\prime }=p_1{p}_2\dots p_n$，那么有

$$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=n\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=n\sum _{d|n^{\prime }}\frac{\mu (d)}{d}$$

这其中 $\mu (d)$ 决定着符号，根据容斥原理，原式

$$\begin{array}{rl}& =n(1-(\frac{1}{p_1}+\cdots +\frac{1}{p_s})+(\frac{1}{p_1{p}_2}+\cdots +\frac{1}{p_{s-1}{p}_s})-\dots )\\ & =n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\dots (1-\frac{1}{p_s})\\ & =\phi (n)\end{array}$$

其中最后这一步的证明在这。

1|2和式的变换

学会和式的变换有助于我们更好地推式子。

1|0和式的变换规则

1. 分配律

   $$\sum _{k\in K}c{a}_k=c\sum _{k\in K}{a}_k$$

2. 结合律

   $$\sum _{k\in K}(a_k+b_k)=\sum _{k\in K}{a}_k+\sum _{k\in K}{b}_k$$

3. 交换律

   $$\sum _{k\in K}{a}_k=\sum _{p(k)\in K}{a}_{p(k)}$$

   $p_k$ 指的是标集的任意一个排列

   例如，$a_1+a_2+a_3+a_6=a_6+a_2+a_3+a_1$

1|0和式的变换魔术

1. 替换条件式
   $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}d=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^{min(n,m)}[d|i][d|j]d$$

2. 替换指标变量
   $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

3. 交换求和次序
   $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}A(i)B(j)=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^{n}A(i)B(j)$$

4. 分离变量
   $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}A(i)B(j)=\sum _{i=1}^{n}A(i)\sum _{j=1}^{m}B(j)$$

2|0狄利克雷卷积

2|1定义

$f(n),g(n)$ 是两个积性函数，那么

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

比如 $(f\ast g)(4)=f(1)g(4)+f(2)g(2)+f(4)g(1)$

2|2性质

1. 交换律：$f\ast g=g\ast f$

2. 结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

3. 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$

2|3常用卷积关系

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]\iff \mu \ast 1=\epsilon$$

证明：

$$(\mu \ast 1)(n)=\sum _{d|n}\mu (d)1(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=\epsilon (n)$$

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n\iff \phi \ast 1=id$$

证明：

$$(\phi \ast 1)(n)=\sum _{d|n}\phi (d)1(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)=n=id(n)$$

$$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)\iff \mu \ast id=\phi$$

证明：

$$(\mu \ast id)(n)=\sum _{d|n}\mu (d)id(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)$$

$$f\ast \epsilon =f$$

证明：

$$(f\ast \epsilon )(n)=\sum _{d|n}f(d)\epsilon (\frac{n}{d})=\sum _{d|n}f(d)[\frac{n}{d}=1]=f(n)$$

这说明 $\epsilon$ 是狄利克雷卷积的单位元。

3|0莫比乌斯反演

3|1定义

若 $f(n),g(n)$ 均为积性函数，则有

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

$f(n)$ 称为 $g(n)$ 的莫比乌斯变换；

$g(n)$ 称为 $f(n)$ 的莫比乌斯逆变换。

证明：

$\text{Method 1}$（卷积角度）

充分性：

若 $f=g\ast 1$，则 $\mu \ast f=\mu \ast g\ast 1=g\ast \mu \ast 1=g\ast \epsilon =g$

必要性：

若 $g=\mu \ast f$，则 $g\ast 1=\mu \ast f\ast 1=f\ast \mu \ast 1=f\ast \epsilon =f$

$\text{Method 2}$（交换和号推式子）

这里只证明充分性，详细的证明可见这里

充分性：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}g(k)(\text{代入充分性的条件})\\ & =\sum _{d|n}\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (d)g(k)\\ & =\sum _{k|n}\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)g(k)\\ & =\sum _{k|n}g(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)=g(n)\end{array}$$

其中第三行到第四行采用的交换和号的方式，可以列一个表格感性证明一下，可以看出先枚举行和先枚举列最终的结果是相同的。

但是好像有关 $[gcd()=k]$ 的用黄金代换式更简单。

4|0欧拉反演

其实也是一类套路。

对于类似 $[gcd()=k]$ 这一类题，我们常常利用黄金代换，也就是反演的一类把这个式子用莫比乌斯函数表示出来，那么对于 $gcd(i,j)$ 一类的题，我们就可以类似的用欧拉函数来表示。

莫比乌斯反演运用了 $\mu \ast 1=\epsilon$ 的性质，而欧拉反演运用的就是 $\phi \ast 1=id$ 的性质。

求解下面的式子（默认 $n\le m$）

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$$

因为欧拉函数具有 ${\displaystyle \sum _{d|n}\phi (d)=n}$ 的性质，所以我们把 $gcd(i,j)$ 看作 $n$，就有

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\phi (d)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^n[d|i][d|j]\phi (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]\\ & =\sum _{d=1}^n\phi (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}$$

$\phi (d)$ 可以线性预处理，这个式子可以 $O(\sqrt{n})$ 整除分块，于是复杂度就降下来了。

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5|0一些常见的变换套路

1. 黄金代换

   $$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

   莫比乌斯函数性质的逆运用。

2. 转艾佛森括号

   $$d|gcd(i,j)\to [d|i][d|j]$$

   以一式举例

   $$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=\sum _{d=1}^n[d|i][d|j]\mu (d)$$

3. 套着求和式外壳的常数

   $$\sum _{i=1}^n[d|i]=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$$

   等号左边的实际意义就是让你求 $1\sim n$ 中 $d$ 的倍数的个数，那显然就是 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 个。

4. 一个我也不知道叫啥的变换

   $$\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \to \sum _{k=1}^n\sum _{T=1}^n\mu (\frac{T}{k})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$

   通过设 $T=kd$，来把下取整里面的两个变量转化为只有一个变量，方便我们进行整除分块。

5. 有关 $[gcd(i,j)=1]$ 的套路（默认 $n\le m$）

   $$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^n[d|i][d|j]\mu (d)\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d|i][d|j]\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{array}$$

   于是可以 $O(n)$ 预处理 $\mu (n)$，后面两项整除分块即可。

   通过整理式子，我们将一个 $O(n^2)$ 的式子优化到了 $O(n+\sqrt{n})$。

6. 升级版 $5$

   $$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]\\ & i,j\text{同时除以}k\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\end{array}$$

   后面的就都一样了，注意枚举范围即可。

7. 升级版 $6$

   $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]$$

• $i,j$ 同时除以 $k$

  $$\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ij{k}^2[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }ij{k}^2\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\end{array}$$

• 你会发现多了一个 $k^2$，这是为什么呢？因为你还要考虑 $i,j$ 的贡献，你同时除以 $k$ 了就要乘上原来应该有的 $k^2$ 的贡献。

8. 一个结论
   $$d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$$
   证明思路大致是构造一个双射，一一对应。

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6|0二项式反演

应该是运用最广泛的一个反演类型。

为什么叫二项式反演？因为它由二项式定理推过来的，并且式子也比较相似。

6|1前置

首先我们知道二项式定理

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})a^{n-i}{b}^i$$

我们令 $a=1,b=-1$，就得到我们的推论式

$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=[n=0]$$

这里因为 $0^0$ 没有意义，我们给它定义成 $0^0=1$，其余的 $0^k$ 都是 $0$。

6|2二项式反演

先给出式子

$$f(n)=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g(i)⟺g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)$$

简单证明一下，只证明从左边推右边

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f(i)\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\sum _{j=0}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})g(j)\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^i(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})g(j)\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{i=j}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j})g(j)\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{i=j}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})g(j)\\ & =\sum _{j=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})g(j)\sum _{i=j}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})\\ & =\sum _{j=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})g(j)\sum _{i=0}^{n-j}(-1{)}^{n-j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i})\\ & =\sum _{j=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})g(j)[n=j]=g(n)\end{array}$$

其中第三行到第四行是一个和式的变换。你可以把它想象成一个下三角，本来是先行再列枚举，变换后就变成了先列后行。

第六行到第七行就是枚举范围的变化，令 $i$ 变为 $i+j$，相应的范围也发生变化。然后就套用我们的推论式就可以了。

6|3应用

二项式反演往往可以抽象成两种模型。

1|0恰好 → 至多型

设 $g(m)$ 代表恰好满足条件 $(=m)$，剩下的不满足的方案数，也就是答案。

再设 $f(m)$ 表示至多满足条件 $(\le m)$ 的方案数。

这种题往往 $f(m)$ 是好求的，我们先求出 $f(m)$，再反演求 $g(m)$

$$f(m)=\sum _{i=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})g(i)\Rightarrow g(m)=\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i})f(i)$$

1|0恰好 → 至少型

设 $g(m)$ 代表恰好满足条件 $(=m)$ ，剩下的不满足的方案数，也就是答案。

再设 $f(m)$ 表示钦定 $m$ 个元素满足条件 $(\le m)$，剩下的随便选的方案数。

同理，这种题往往 $f(m)$ 是好求的，我们先求出 $f(m)$，再反演求 $g(m)$

$$f(m)=\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})g(i)\Rightarrow g(m)=\sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})f(i)$$

其中 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})}$ 我们可以理解为，我们钦定了其中 $m$ 个满足限制，那么对于一个满足了 $k\ge m$ 个限制的方案，它就会被我们算 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{m})$ 次，因此要乘一个系数。

这其实是二项式反演的另一种性质，上界变而不是下界，我们再简单证明一下。

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})f(i)\\ & =\sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})\sum _{j=i}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})g(j)\\ & =\sum _{i=m}^n\sum _{j=i}^n(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})g(j)\\ & =\sum _{j=m}^n\sum _{i=m}^j(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{m})(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-m}{i-m})g(j)\\ & =\sum _{j=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{m})g(j)\sum _{i=0}^{j-m}(-1{)}^{i-m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-j}{i-j})\\ & =\sum _{j=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})g(j)\sum _{i=0}^{n-j}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-m}{i})\\ & =\sum _{j=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{m})g(j)[j=m]=g(m)\end{array}$$

6|4例题

$n$ 个人 $n$ 封信，求全部装错的方案数

这是一个典型的错排问题，但是我们也可以用二项式反演来得出答案。

设 $g(n)$ 表示恰好 $n$ 个装错的方案数，这也是我们想求出的，但是它并不好直接求出。

设 $f(n)$ 代表至多 $n$ 个装错的方案数，这个很好求，答案就是全排列，因为每一种方案都符合要求，并且 $f(n)$ 和 $g(i)$ 有如下关系

$$f_n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g_i$$

你会发现这符合二项式反演的式子，于是 $g(n)$ 就可以求解了。

$$\begin{array}{rl}g(n)& =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})f_i\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i!\\ & =\sum _{i=0}^n\frac{(-1{)}^{n-i}n!}{(n-i)!}\\ & =\sum _{i=0}^n\frac{(-1{)}^{i}n!}{i}\end{array}$$

于是这题就做完了。

6|5总结

二项式反演的题和大多数反演题一样，关键在于找出关系，判断是否符合二项式反演的式子，接着用好表示的来反演出不好表示的，再做化简。

7|0斯特林反演

见组合数学斯特林数部分。

8|0单位根反演

咕咕

9|0子集反演

咕咕

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本文作者：bloodstalk
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