莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

前言

本文章中所有出现的 \([n=1]\) 表示只有 \(n=1\)时， \([n=1]\) 为 \(1\) ，否则为 \(0\)。

\(n \perp m\) 表示 \(n\) 与 \(m\) 互质。

狄利克雷卷积

引出：

我们都知道卷积的算式：

\(C(n)= \sum\limits_{i \oplus j = n} A(i) \times B(j)\)

如果 “ $ \oplus $ ”为加号，就是加法卷积，我们可以用 $ FFT$， \(NTT\) 等算法来快速实现加法卷积。

那么现在我们令“ $ \oplus $ ”为乘号，它就成了乘法卷积。

\(C(n)= \sum\limits_{i \times j = n} A(i) \times B(j)\)

\(\Leftrightarrow C(n)= \sum\limits_{i\mid n} A(i) \times B(\tfrac{n}{i})\)

上面这个就是狄利克雷卷积。

我们一般简写成： \(C= A * B\)，“\(*\)”代表以上的运算。

它满足交换律：\(A * B = B * A\)

结合律：\((A * B) * C = A * (B * C)\)

分配律：\((A + B) * C = A * C + B * C\)

单位元：

我们有一个叫单位元的东西，单位元叫 \(\epsilon\) 。

对于任意一个数论函数 \(f\) ， 都有 \(\epsilon * f = f\)。

而单位元的求法为 \(\epsilon(n)=[n=1]= \begin{cases}1\quad n=1\\0\quad n>1\end{cases}\)；

逆元：

每一个数论函数都存在它的逆元。

现在有两个数论函数 \(f\)， \(g\)，\(g\) 为 \(f\) 的逆元，则有：\(f*g=\epsilon\) 。

求一个函数的逆：\(g(n)=\tfrac{1}{f(1)}\left([n=1]-\sum\limits_{i\mid n,i\ne1}f(i)g(\tfrac{n}{i})\right)\)

积性函数：

积性函数：当\(n \perp m\)时：

\(f(n\times m)=f(n)\times f(m)\)

常见积性函数：\(id\) ，\(\mu\) ，\(\phi\) ，\(\sigma\)。

$ id(n)$ 函数就是返回自己，比如 \(id(3)=3\) 。

\(\sigma_0(n)\) 函数就是求 \(n\) 的因数个数。

\(\phi(n)\) 函数就是求与 \(n\) 互质的个数。

为什么要这么强调积性函数呢？因为这种函数可以通过线性筛来快速求解得到。

莫比乌斯反演：

我们定义 \(1\) 的逆为 \(\mu\) 。

定义：\(1 * \mu = \epsilon\)。

\(1\) 的逆元为 \(\mu\) 。

设一个函数 \(f\) ， \(f(n)=1\) 。

\(\epsilon(n)=[n=1]=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\times f(\tfrac{n}{d})=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\times 1=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\)

现在有两个数论函数 \(f\) 和 \(g\) ，满足 \(f * 1 = g\) ，那么有 \(g * \mu = f\)。

则有： \(f(n) = \sum\limits_{i \mid n} g(i) \times \mu(\tfrac{n}{i})\) 。（莫比乌斯反演结论）

\(\mu\) 的值：

\(\mu(n) = \begin{cases} (-1)^{t}\quad n = p_1p_2p_3...p_t且p_i互不相同。\\ 0\quad n不符合上述条件。\end{cases}\)

例题

例一

求：\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\quad(n<m)\)

\(\Leftrightarrow\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)\)

因为 \(d \mid gcd(i,j)\) 所以 \(d\mid i\) 且 \(d\mid j\) ，因此 \(i\) ， \(j\) 必须得是 \(d\) 的倍数，然后把 \(d\) 提前。

得：

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{d=1}^n\mu(d)\times \left\lfloor\tfrac{n}{d}\right\rfloor\times \left\lfloor\tfrac{m}{d}\right\rfloor\)

首先 \(\mu\) 可以用线性筛求出，然后式子前面一部分可以用前缀和实现，可以用后面一部分可以通过分块思想实现。

时间复杂度：\(O(n)\) 。

例二

求：\(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=k]\)

我们发现与例一相比，例二的 \(gcd(i,j)\) 的数不再是 \(1\) ，但是如果满足 \(gcd(i,j)=k\) 的话，必有 \(k \mid i\) 且 $ k \mid j$ ，那么我们可以让他们同除 \(k\) ，得到例一的式子。

\(\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{m}{k} \right\rfloor} [gcd(i,j)=1]\)

\(\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{m}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{d \mid gcd(i,j)}\mu(d)\)

\(\sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor}\mu(d) \times {\left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor} \times {\left\lfloor \tfrac{m}{kd} \right\rfloor}\)

例三

求：\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)为素数]\)

例三我们现在的 $ gcd(i,j)$ 要求是为素数，我们可以枚举 \(k\) ，这样问题就转化成了例二。

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]\quad k为素数\)

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\tfrac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\tfrac{m}{k}\right\rfloor}[gcd(i,j)=1]\quad k为素数\)

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\tfrac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\tfrac{m}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)\quad k为素数\)

\(\Leftrightarrow\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{d=1}^\left\lfloor\tfrac{n}{k}\right\rfloor\mu(d)\times \sum\limits_{i=1}^\left\lfloor\tfrac{n}{k}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^\left\lfloor\tfrac{m}{k}\right\rfloor[d\mid i][d\mid j]\quad k为素数\)

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{d=1}^\left\lfloor\tfrac{n}{k}\right\rfloor\mu(d)\times \left\lfloor\tfrac{n}{kd}\right\rfloor\times \left\lfloor\tfrac{m}{kd}\right\rfloor\quad k为素数\)

如果你觉得这样子就是最简了，直接就枚举\(k\)，感觉可以，但是会超时。所以我们要继续对这个式子进行优化。我们设 \(T=kd\) ，得：

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{dk=1}^n \mu(d)\times \left\lfloor\tfrac{n}{kd}\right\rfloor\times \left\lfloor\tfrac{m}{kd}\right\rfloor\quad k为素数\)

\(\Leftrightarrow \sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{d\mid T}\mu(\tfrac{T}{d}) \times \left\lfloor\tfrac{n}{T}\right\rfloor\times \left\lfloor\tfrac{m}{T}\right\rfloor \quad d为素数\)

然后 \(\sum\limits_{d \mid T} \mu(\tfrac{T}{d})\) 也可以在线性筛中求解，只要枚举每一个素数，然后把所有可以整除它的都加上就行了。

例四

\(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n i \times j \times gcd(i,j)\)

老套路，我们枚举 \(k\)。

\(\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n i \times j \times k \times [gcd(i,j)=k]\)

这次同除 \(k\) 就要注意了，由于我们除 \(k\) 之后， \(i\) 和 \(j\) 都变小了，所以我们必须再乘回来。

\(\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} i \times j \times k^3 \times [gcd(i,j)=1]\)

\(\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} i \times j \times k^3 \times \sum\limits_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)\)

\(\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor}\mu(d) \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor} i \times j \times k^3 \times d^2\)

\(\sum\limits_{k=1}^n k^3 \times \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor}\mu(d) \times d^2 \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor} i \times j\)

设 \(T = kd\) ：

\(\sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{d\mid T}\mu(\tfrac{T}{d}) \times d \times T^2 \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{T} \right\rfloor}i \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{T} \right\rfloor}j\)

\(\sum\limits_{T=1}^n T^2 \times \sum\limits_{d\mid T}\mu(\tfrac{T}{d}) \times d \times \left( \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{T} \right\rfloor}i \right)^2\)

因为我们有 \(id * \mu = \phi\) ，所以 $\phi(n) = \sum\limits_{i\mid n}\mu(\tfrac{n}{i}) \times i $ 。

\(\sum\limits_{T=1}^n T^2 \times \sum\limits_{d\mid T}\phi(d) \times \left( \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{T} \right\rfloor}i \right)^2\)

\(\phi\) 函数可以用线性筛求解，后面的可以用求和公式算出。

例五

求：\(\sum\limits_{i1=L}^R\sum\limits_{i2=L}^R...\sum\limits_{in=L}^R[gcd(i1,i2...in)=K]\)

按照之前的套路。

\(\sum\limits_{i1=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}\sum\limits_{i2=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}...\sum\limits_{in=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}[gcd(i1,i2...in)=1]\)

\(\sum\limits_{i1=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}\sum\limits_{i2=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}...\sum\limits_{in=\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor+1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}\sum\limits_{d\mid gcd(i1,i2...in)}\mu(d)\)

\(\sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}\mu(d)\times \left\lfloor\tfrac{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor-\left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor^n\)

设 \(Y=\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor\) ， \(X = \left\lfloor\tfrac{L-1}{K}\right\rfloor + 1\) 。

\(\sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac{R}{K}\right\rfloor}\mu(d)\times \left\lfloor\tfrac{Y - X}{d}\right\rfloor^n\)

例六

\(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sigma_1(gcd(i,j))\)

我们可以通过枚举 \(k\) 把 \(gcd(i,j)\) 转到外面。

\(\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sigma_1(k) \times [gcd(i,j)=k]\)

\(\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{m}{k} \right\rfloor} \sigma_1(k) \times [gcd(i,j)=1]\)

\(\sum\limits_{k=1}^n \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{m}{k} \right\rfloor} \sigma_1(k) \times \sum\limits_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d)\)

\(\sum\limits_{k=1}^n \sigma_1(k) \times \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \tfrac{n}{k} \right\rfloor}\mu(d) \times \left\lfloor \tfrac{n}{kd} \right\rfloor \times \left\lfloor \tfrac{m}{kd} \right\rfloor\)

设 \(T=kd\)

\(\sum\limits_{T=1}^{n} \left\lfloor \tfrac{n}{T} \right\rfloor \times \left\lfloor \tfrac{m}{T} \right\rfloor \times \sum\limits_{d\mid T}\sigma_1(d) \times \mu(\left\lfloor \tfrac{T}{d} \right\rfloor)\)

\(\sigma_1(n)\) 表示 \(n\) 所有的因数之和，是积性函数。

例七

\(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n gcd(A_i,A_j)\)

乍一看，我们发现我们对 \(Ai\) ， \(Aj\) 无从下手，我们希望把 \(gcd\) 里面的东西变成我们可以控制的。我们可以用 \(B\) 来统计 \(A\) 出现的次数， \(MAXA\) 表示 \(A\) 中最大的数的值，这样一来， \(gcd\) 里面的东西就是我们可以控制的 \(i\) 和 \(j\) 了。

\(\sum\limits_{i=1}^{MAXA} \sum\limits_{j=1}^{MAXA} gcd(i,j) \times B_i \times B_j\)

\(\sum\limits_{k=1}^{MAXA} \sum\limits_{i=1}^{MAXA} \sum\limits_{j=1}^{MAXA} [gcd(i,j)=k] \times B_i \times B_j\)

\(\sum\limits_{k=1}^{MAXA} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{k} \right\rfloor} [gcd(i,j)=1] \times B_{ik} \times B_{jk}\)

\(\sum\limits_{k=1}^{MAXA} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{k} \right\rfloor} \sum\limits_{d\mid gcd(i,j)}\mu(d) \times B_{ik} \times B_{jk}\)

\(\sum\limits_{k=1}^{MAXA} \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{k} \right\rfloor} \mu(d) \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{kd} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{kd} \right\rfloor} B_{ikd} \times B_{jkd}\)

设 \(T=kd\)

\(\sum\limits_{k=1}^{MAXA} \sum\limits_{dk=1}^{MAXA} \mu(d) \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{kd} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{kd} \right\rfloor} B_{ikd} \times B_{jkd}\)

\(\sum\limits_{T = 1}^{MAXA} \sum\limits_{d \mid T} \mu(d) \times \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{T} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{T} \right\rfloor} B_{iT} \times B_{jT}\)

\(\sum\limits_{T = 1}^{MAXA} \sum\limits_{d \mid T} \mu(d) \times \left( \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \tfrac{MAXA}{T} \right\rfloor} B_{iT} \right)^2\)