【学习笔记】莫比乌斯反演

前言/声明

首先，本人的数论水平极低，目前莫反只是刚刚入门的水平，此博客的主要作用是用于记录本人的学习过程，真的想要深入了解莫反的话这边推荐 cmd 大佬的博客（点这里），应该对你有更大帮助。

建议学习的时候能多理解些就多去理解，少硬记些结论，这样更不容易忘记。

前置知识：最基础的数论。

0 基本定义与符号

• 整除：对于任意两个整数 $a,b$，如果有 $amodb=0$，则称 $b$ 整除 $a$，记作 $b\mid a$。
• 最大公约数：对于任意两个整数 $a,b$，称 $d$ 是 $a,b$ 的最大公约数当且仅当 $d$ 是能整除 $a,b$ 的最大整数，记作 $gcd(a,b)$，或简记为 $(a,b)$。
• 艾弗森括号：$[???]$ 表示的是，如果中括号内的东西为真，则值为 $1$，否则为 $0$。比如：$[1.14>0.514]=1,[2<9]=0$。
• 欧拉函数：对于正整数 $n$，欧拉函数表示 $[1,n]$ 内与 $n$ 互质的正整数的个数，记作 $\phi (n)$。

1 数论函数与狄利克雷卷积

1.1 数论函数

定义：定义域为正整数（陪域为复数）的函数。

如果下文中没有特殊说明，所有提到的函数都是数论函数，所有提到的数也均为整数。

1.1.1 积性函数#

定义：如果数论函数 $f$ 满足对于任意两个互质的正整数 $a,b$ 都有 $f(a)f(b)=f(ab)$，则称 $f$ 是一个积性函数。

就比如大家应该很熟悉的欧拉函数 $\phi$，以及下文会提到的莫比乌斯函数 $\mu$，都属于积性函数。

1.1.2 完全积性函数#

定义：如果数论函数 $f$ 满足对于任意两个正整数 $a,b$，没有任何其他限制，都有 $f(a)f(b)=f(ab)$，则称 $f$ 是一个完全积性函数。

下面，为大家介绍几个下文会经常用到的完全积性函数：

• 恒等函数 $I$，对于所有正整数 $n$，都有 $I(n)=1$，经常作为废话出现。
• 元函数 $e$，对于所有正整数 $n$，$e(n)=[n=1]$，即当且仅当 $n=1$ 时值为 $1$，否则为 $0$，是狄利克雷卷积的单位元（下文会提到）。
• 单位函数 $id$，对于所有正整数 $n$，$id(n)=n$。
• 幂函数 $i{d}^x$，对于所有正整数 $n$，$i{d}^x(n)=n^x$，单位函数是幂函数的特殊情况。

显然，完全积性函数 $\in$ 积性函数。

1.2 狄利克雷卷积

定义：设 $f$ 和 $g$ 是两个数论函数，则它们的狄利克雷卷积是一个新的数论函数，记作 $f\ast g$，规则如下：

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

可以理解为对数论函数定义的一种运算。

比如，$f\ast g(8)=f(1)g(8)+f(2)g(4)+f(4)g(2)+f(8)g(1)$。

狄利克雷卷积满足以下运算律：

• 交换律：$f\ast g=g\ast h$。
• 结合律：$f\ast g\ast h=f\ast (g\ast h)$。
• 分配律：$f\ast (g+h)=f\ast g+f\ast h$，这里数论函数的加法定义为点值相加，即 $(f+g)(n)=f(n)+g(n)$。

比较显然，直接把式子套上去就能证明，具体过程这里不再给出。

对于任意数论函数 $f$，总是有 $f\ast e=f$，因此 $e$ 是狄利克雷卷积的单位元。

证明：$f\ast e(n)=\sum _{d\mid n}f(d)e(\frac{n}{d})$，显然当且仅当 $\frac{n}{d}=1$，即 $d=n$ 时 $f(d)$ 对结果才会有贡献。

对于任意数论函数 $f$ 和 $g$，如果 $f\ast g=e$，则称 $g$ 是 $f$ 在狄利克雷卷积意义下的逆，也记作 $f^{-1}$。

1.3 相关性质

• 对于一个积性函数 $f$，一定有 $f(1)=1$。

  证明：由积性函数定义，得 $f(1)=f(1)f(1)$，所以 $f(1)=1$。

• 对于一个积性函数 $f$，$f(n)=f(p_1^{e_1})f(p_2^{e_2})...f(p_m^{e_m})$，其中 $p_1,p_2,...p_m$ 和 $e_1,e_2,...,e_m$ 分别对应 $n$ 质因数分解后的每个质因子及其对应次数。

  证明：$p_1^{e_1},p_2^{e_2},...,p_m^{e_m}$ 显然互质，由积性函数定义可得上式。

• 两个积性函数的狄利克雷卷积仍是积性函数。

  证明：设 $f,g$ 是两个积性函数，$a,b$ 是两个互质的正整数，它们的狄利克雷卷积为 $h$。

  $$\begin{array}{rl}h(a)h(b)& =\sum _{d\mid a}f(d)g(\frac{a}{d})\sum _{t\mid b}f(t)g(\frac{b}{t})\\ & =\sum _{d\mid a}\sum _{t\mid b}f(d)f(t)g(\frac{a}{d})g(\frac{b}{t})\end{array}$$

  考虑合并求和符号，改为枚举 $dt$，$\sum$ 右边的部分显然可以根据积性函数性质合并：

  $$\begin{array}{rl}& =\sum _{dt\mid ab}f(dt)g(\frac{ab}{dt})\\ & =h(ab)\end{array}$$

  原命题得证。

2 莫比乌斯函数

了解了上面的前置知识之后，我们就可以逐步引出主角莫比乌斯函数了。

2.1 来源

假设现在有两个单变量函数 $F$ 和 $f$，它们之间满足如下关系：

$$F(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$$

如果 $f$ 函数的值易求，那么我们显然根据上式就可以算出 $F$ 的值了。

不过现在又有一个新的问题，如果易求的函数是 $F$，那么我们该如何求出 $f$ 的值呢？

我们考虑将上面的式子变为狄利克雷卷积的形式：

$$\begin{array}{rl}F(n)& =\sum _{d\mid n}I(d)\ast f(d)\\ F& =I\ast f\end{array}$$

两边同时乘上 $I$ 的逆，即 $I^{-1}$，可得：

$$f=F\ast I^{-1}$$

那么如果我们能够求出 $I^{-1}$ 是什么，$f$ 也就能够求出来了。

而这个 $I^{-1}$，就是我们的莫比乌斯函数 $\mu$。

但是新的问题又来了，$\mu$ 函数的值到底是什么呢？

2.2 定义

首先，$\mu$ 是一个积性函数，因为积性函数的逆还是积性函数。

而一个积性函数的逆其实是可以构造出来的，具体构造的方法：点这里查看。

因为比较复杂（其实是我不会），具体过程这里不再具体给出。

莫比乌斯函数的定义如下：

• 若 $n=1$，则 $\mu (n)=1$。
• 若 $n=p_1{p}_2...p_k$，$p_i$ 是互不相同的质数，那么 $\mu (n)=(-1{)}^k$。
• 否则 $\mu (n)=0$。

显然，$\mu$ 的取值只有 $-1,0,1$ 三种，这决定了其本质其实为容斥系数。

2.3 相关性质

• 对于任意的正整数 $n$，总是有：

  $$e(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)$$

  显然，因为 $\mu =I^{-1}$，而上式等价于 $e=\mu \ast I$。下面给出具体证明过程：

  • 当 $n=1$ 时显然成立。

  • 当 $n\ne 1$ 时，对 $n$ 进行质因子分解得 $n=p_1^{e_1}{p}_2^{e_2}...p_k^{e_k}$。在 $n$ 的所有因子当中，当且仅当其所有质因子次数都是 $1$ 时 $\mu$ 值才不为 $0$，而含有 $r$ 个不同质因子的因子有 $C_k^r$ 个，那么显然有：

    $$\begin{array}{rl}\sum _{d\mid n}\mu (d)& =C_k^0-C_k^1+C_k^2+...+(-1{)}^k{C}_k^k\\ & =\sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i\end{array}$$

    根据二项式定理 $\sum _{i=0}^k{C}_k^i{x}^i{y}^{n-i}=(x+y{)}^k$，令 $x=-1,y=1$，代入可得原式为 $0$。

• 对于任意的正整数 $n$，总是有：

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

  上式等价于 $\phi =\mu \ast id$，证明涉及较复杂的容斥，不具体展开。

2.4 程序求解

• 质因数分解暴力求解，直接根据定义即可，单次复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$。

• 根据积性函数性质，线性筛预处理，总复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

  Copy
  void init(int n){
  		memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
  		isPrime[1]=0;mu[1]=1;
  		For(i,2,n){
  			if(isPrime[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
  			For(j,1,cnt){
  				if(i*pri[j]>n) break;
  				isPrime[i*pri[j]]=0;
  				mu[i*pri[j]]=(i%pri[j]==0)?0:-mu[i];
  				if(i%pri[j]==0) break;
  			}
  		}
  }
  

3 莫比乌斯反演公式

• 公式一：

  $$[n=m]=[n|m]\sum _{d\mid (n/m)}\mu (d)$$

  证明：显然 $[n=m]\iff [n\mid m][n/m=1]$，由 $e=\mu \ast I$，用 $e(n/m)$ 替换掉 $[n/m=1]$ 可得上式。

• 公式二：

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

  证明：见上文 2.1 部分，不再重复。

• 公式三：

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

  限于本人水平，不证。

4 例题

目前准备了三四道，但都是十分基础的那种入门题，有空立马来写。。。

4.1 公式一的应用

公式一是最好掌握，但也是最需要掌握的内容，下面我们来几道题实战一下。

【例题一】互质数对#

题目大意：$Q$ 次询问，每次给定 $n,m$，求

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

其中 $1\le n,m,Q\le {10}^5$，$m\le n$。

题目分析：考虑用公式一来替换 $[(i,j)=1]$，变成求解：

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

考虑一个经典结论：$d\mid (i,j)\iff d\mid i\wedge d\mid j$，此时变为求解：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid i\wedge d\mid j}\mu (d)$$

再接下来，我们再使用一个经典套路——交换枚举顺序，观察交换后的新限制。

考虑如果我们先枚举 $d$，那么此时就变为了给 $i$ 和 $j$ 分别添加了 $d\mid i$ 和 $d\mid j$ 的限制，变成了：

$$\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{d\mid i}\sum _{d\mid j}1$$

考虑 $\sum _{d\mid i}\sum _{d\mid j}1$ 这项如何处理，其实就相当于是 $n$ 以内 $d$ 的倍数的数量和 $m$ 以内 $d$ 的倍数的数量之积，显然前者其实就是 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，后者其实就是 $\lfloor \frac{m}{d}\rfloor$，那么现在就变成了：

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

如果我们用线性筛预处理 $\mu$，现在单次询问的复杂度已经降到了 $\mathcal{O}(n)$，但对于题目中的数据范围还是无法通过。

但是很显然 $\sum$ 后面的那些可以使用预处理 $\mu$ 前缀和+整除分块的方法，这样我们单次询问的复杂度可以做到 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$，总时间复杂度降为 $\mathcal{O}(n+T\sqrt{n})$，问题解决。

如果你不会整除分块，点这里。

Copy
int T,n,m,cnt,pri[N],mu[N],sm[N];
bool isPrime[N];

void init(int n){  //预处理 mu
	memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
	isPrime[1]=0;mu[1]=-1;
	For(i,2,n){
		if(isPrime[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=1;
		For(j,1,cnt){
			if(i*pri[j]>n) break;
			isPrime[i*pri[j]]=0;
			mu[i*pri[j]]=(i%pri[j]==0)?0:-mu[i];
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
	For(i,1,n) sm[i]=sm[i-1]+mu[i];  //对 mu 前缀和
}

ll calc(int n,int m){  //整除分块
	ll ans=0;
	for(int l=1,r=0;l<=min(n,m);l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sm[r]-sm[l-1]);  //计算答案
	}
	return ans;
}

void Main(){
	init(1e5);read(T);
	while(T--){
		read(n,m);
		printf("%lld\n",calc(n,m));
	}
}

【例题二】$gcd$ 求和#

题目大意：给定你 $n$，试求：

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

其中 $n\le 2\times {10}^6$，这意味着 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$ 的复杂度将无法通过。

题目分析：我们可以试着继续整出来上题中那种 $[(i,j)=1]$ 的形式，方便我们求解。

首先，我们考虑去枚举 $gcd$ 的结果 $d$，变成如下形式：

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

经典结论：$(i,j)=d\iff (i/d,j/d)=1$，套用到上式：

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

考虑故技重施，再用上一题的方法进行变形：

$$\begin{array}{r}\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}[(i,j)=1]\\ \sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{k\mid (i,j)}\mu (k)\\ \sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{k\mid i\wedge k\mid j}\mu (k)\\ \sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^n\mu (k)(\frac{n}{dk}{)}^2\end{array}$$

分析下此时的复杂度，后面那个 $\sum$ 可以预处理前缀和+除法分块，已经快了很多了，但仍为 $\mathcal{O}(n\sqrt{n})$。

蛇皮操作之——改变枚举量，令 $T=dk$，先枚举 $T$，然后再变成：

$$\sum _{T=1}^n\sum _{d\mid T}d\mu (\frac{T}{d})(\frac{n}{T}{)}^2$$

由 $\mu \ast id=\phi$，发现还可以继续化为：

$$\sum _{T=1}^n\phi (T)(\frac{n}{T}{)}^2$$

显然可以线性筛出 $\phi$ 并求前缀和，然后上个除法分块就行了，这样最后的复杂度为 $\mathcal{O}(n+\sqrt{n})$。

Copy
ll n,cnt,pri[N],phi[N],s[N];
bool isPrime[N];

void init(int n){
	memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
	isPrime[1]=0;phi[1]=1; 
	For(i,2,n){
		if(isPrime[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
			isPrime[i*pri[j]]=0;
			if(!(i%pri[j])){
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}
			phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
		}
	}
	For(i,1,n) s[i]=s[i-1]+phi[i];
}

ll calc(int n){
	ll res=0,r;
	for(int l=1;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		res+=(s[r]-s[l-1])*(n/l)*(n/l);
	}
	return res;
}

void Main(){
	read(n);init(n);
	printf("%lld",calc(n));
}