莫比乌斯反演 & 狄利克雷卷积

大家好，我不会数学实锤了。

文章内容较杂，分章节叙述了的大部分有关内容。

为什么把这俩放一起？我不知道。

积性函数

积性函数：$\mathrm{\forall }a,b$，$a\perp b$，如果一个函数 $f$ 始终满足 $f(ab)=f(a)f(b)$，则称 $f(x)$ 为积性函数。

常见的积性函数：

$d(x)=\sum _{i\mid n}1$

$\sigma (x)=\sum _{i\mid n}i$

$\phi (x)=\sum _{i=1}^x[gcd(x,i)=1]$（欧拉函数）

设 $x=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$，$p_i$ 为质数。

$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ 0& max\{{\alpha }_i\}>1\\ (-1{)}^k& \mathrm{\forall }{\alpha }_i=1\end{array}$
（莫比乌斯函数）

若 $f,g$ 为积性函数，则

• $h(x)=f(x^p)$
• $h(x)=f^p(x)$
• $h(x)=f(x)g(x)$
• $h(x)=\sum _{d\mid x}f(d)g(x/d)$

中 $h(x)$ 同为积性函数。

在处理莫比乌斯反演时，有时会要求出数论函数的前缀和，杜教筛可以用来快速处理此类问题。

狄利克雷卷积

有一个更好听的英文名字 Dirichlet 卷积。

数论函数：定义域为正整数，陪域为复数的函数。数论函数中比较重要的运算法则为狄利克雷卷积。

可以发现数论函数是无限项的。

一个数论函数等于 $0$，当且仅当 $\mathrm{\forall }f(x)=0$。

对于两个数论函数 $f,g$，它们狄利克雷卷积的结果 $h$ 定义为：

$h(x)=\sum _{d\mid x}^{}f(d)g(\frac{x}{d})=\sum _{ab=x}^{}f(a)g(b)$

可以简记为 $h=f\ast g$。

狄利克雷卷积和狄利克雷生成函数有较大联系，不过本文不做讨论。

狄利克雷满足以下性质（$f,g,h$ 均为数论函数）：

• 交换律 $f\ast g=g\ast f$
• 结合律 $(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$
• 分配律 $(f+g)\ast h=f\ast h+g\ast h$
• 数乘结合律 $(xf)\ast g=x(f\ast g)$，$x\in R$

简要证明一下第四条性质：

证明：记 $h=f\ast g$，右式 $=xh$

左式 $=\sum _{ab=n}xf(a)g(b)=x\sum _{ab=n}f(a)g(b)=xh=$ 右式

主要是一开始自己脑抽了一下没有想出来

其余均可自证不难。

单位元：单位函数 $\epsilon$ 是狄利克雷卷积中的单位元，对于任意数论函数 $f(x)$，$f\ast \epsilon =f$。据此可以求出 $\epsilon =\{1,0,0,0,\dots \}$。

零函数：$0\ast f=0$。

逆元：对于任意一个满足 $f(x)\ne 0$ 的数论函数，如果有另一个数论函数 $g(x)$，满足 $f\ast g=\epsilon$，则称 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的逆元。逆元是唯一的。

$g(x)$ 的表达式为：

$$g(x)=\frac{\epsilon (x)-\sum _{d\mid x,d\ne 1}f(d)g(\frac{x}{d})}{f(1)}$$

接下来是一个重要结论：两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数。

设 $f,g$ 是积性函数，$h=f\ast g$。

设 $gcd(a,b)=1$，则：

$h(a)=\sum _{d1\mid a}^{}f(d1)g(\frac{a}{d1})$

$h(b)=\sum _{d2\mid b}^{}f(d2)g(\frac{b}{d2})$

令 $d=d1d2$，

$h(a)h(b)=\sum _{d\mid ab}^{}f(d)g(\frac{ab}{d})=h(ab)$

证毕。

由此我们有一个推论：积性函数的逆元也是积性的，证明留给读者思考。

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莫比乌斯反演

前面我们提到了莫比乌斯函数，它也是个积性函数。这个函数还有如下性质：

$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}$

证明：令 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i},n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$

由于含有平方项的因子 $d$，$\mu (d)=0$，因此 $n=n^{\prime }$。

而 $\sum _{d\mid n^{\prime }}^{}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})=(1+(-1){)}^k$

因此当 $k=0$ 即 $n=1$ 时答案为 $1$，否则为 $0$。

注意到，这和 $\epsilon (n)$ 是相等的，$\mu \ast 1=\epsilon$。

反演结论：$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d\mid gcd(i,j)}^{}\mu (d)$

如果 $gcd(i,j)=1$，$\mu (1)=1$。

如果 $gcd(i,j)\ne 1$，$\sum _{d\mid gcd(i,j)}^{}\mu (d)=0$。

这个式子非常重要，强烈建议熟练背诵。

在上文，我们推导出了 $\mu$ 函数是积性函数，因此可以线性求。

莫比乌斯变换中有两个常见变换形式可以用来反演，这里浅作记录：

• 若 $f(n)=\sum _{d\mid n}^{}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{d\mid n}^{}\mu (d)f(\frac{n}{d})$

  $f(n)$ 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，也就是莫比乌斯反演。

  我们进行拆分，发现 $f(n)$ 相当于是 $g(n)$ 与常数函数 $1$ 的狄利克雷卷积。

  现在尝试证明上面的式子

  证明：我们希望能把 $\sum \mu (d)$ 的贡献单独拆出来，尝试代入 $f(n)$

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

  尝试按照 $g(k)$ 的贡献求和，上式可以变成

  $$\sum _{k\mid n}g(k)\sum _{d\mid (n/k)}\mu (d)$$

  当 $\frac{n}{k}=1$ 时，$g(k)$ 才有贡献，因此只有 $n=k$ 时，原式存在贡献，故原式等价于 $\sum _{k\mid n}^{}[k=n]\cdot g(k)=g(n)$

  证毕。

• 若 $f(n)=\sum _{n\mid d}^{}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{n\mid d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$

  证明：逆推等号右边

  $$\begin{array}{rl}& \sum _{n\mid d}^{}\mu (\frac{d}{n})f(d)\\ =& \sum _{k=1}^{}\mu (k)f(kn)\\ =& \sum _{k=1}^{}\mu (k)\sum _{kn\mid d}g(d)\\ =& \sum _{n\mid d}^{}g(d)\sum _{k\mid (d/n)}^{}\mu (k)\\ =& \sum _{n\mid d}^{}g(d)\epsilon (\frac{d}{n})\end{array}$$

  第三行推导第四行的原因是，我们从求 $kn$ 能贡献的 $d$，变成了对于一个 $d$，有多少 $k$ 能贡献。

  上文的反演结论，其实对应着 $\epsilon (n)=\sum _{d\mid n}^{}\mu (d)$，故第四行可以推出第五行。

  综上，当 $d=n$ 时，右式才会有贡献，因此等于 $g(n)$，证毕。

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做一做

1. [HAOI2011]Problem b

求

$$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$$

多测，$a,b,c,d,k$ 给定。

首先经典容斥，记 $f(i,j)=[gcd(i,j)=k]$

$$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^{d}f(i,j)=\sum _{i=1}^b\sum _{j=1}^{d}f(i,j)-\sum _{i=1}^b\sum _{j=1}^{c-1}f(i,j)-\sum _{i=1}^{a-1}\sum _{j=1}^{d}f(i,j)+\sum _{i=1}^{a-1}\sum _{j=1}^{c-1}f(i,j)$$

将 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$ 转化一下

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

由反演结论

$$\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor m/k\rfloor }\sum _{d\mid gcd(i,j)}^{}\mu (d)$$

发现我们的时间复杂度并没有降低，考虑变化求和顺序，我们枚举 $d$，那么 $i,j$ 都是 $d$ 的倍数，发现可以将原式化为

$$\sum _{d=1}^{}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }[d\mid i]\sum _{i=1}^{\lfloor m/k\rfloor }[d\mid j]$$

由下取整的性质可知，$1\sim \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式等于

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

可以用数论分块方式在根号时间解决。

预处理复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

2. LCMSUM

求

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

多测 $T\le 3\times {10}^5,n\le {10}^6$

根据小学奥数知识 $\mathrm{lcm}(x,y)=\frac{xy}{gcd(x,y)}$

原式即

$$\sum _{i=1}^n\frac{i\cdot n}{gcd(i,n)}$$

有一个数学中常用trick，将原式复制一份并倒序，提出 $i=n$

$$\frac{1}{2}\cdot (\sum _{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{gcd(i,n)}+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{(n-i)\cdot n}{gcd(n-i,n)})+n$$

由辗转相除可得 $gcd(a,b)=gcd(b-a,b)$，分母可以合并，原式即

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{i=1}^{n-1}\frac{n^2}{gcd(i,n)}+n$$

将 $n$ 提回来

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{i=1}^n\frac{n^2}{gcd(i,n)}+\frac{n}{2}$$

那么问题变成了根号或 $\mathcal{O}(1)$ 求解 $\sum _{i=1}^n\frac{n^2}{gcd(i,n)}$

有一个想法是，设 $d=gcd(i,n)$，枚举 $d$，此时 $gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1$

统计与小于一个数且和这个数互质的函数当然学过——欧拉函数。

所以 $gcd(i,n)=d$ 的数有 $\phi (d)$ 个。原式可以转换为

$$\frac{1}{2}\cdot \sum _{d\mid n}\frac{\phi (n/d)\cdot n^2}{d}+\frac{n}{2}$$

考虑想办法将式子套出积性函数的样子，设 $d^{\prime }=\frac{n}{d}$，原式即

$$\frac{1}{2}n\cdot (\sum _{d^{\prime }\mid n}(d^{\prime }\cdot \phi (d^{\prime }))+1)$$

设 $g(x)=\sum _{d\mid x}^{}d\cdot \phi (d)$，$f_1(x)=x$ 为积性函数，$f_2(x)=\phi (x)$ 为积性函数，那么 $f_1(x)f_2(x)$ 是积性函数，$\sum _{d\mid x}^{}{f}_1(d)f_2(d)$ 可以看作是 $h(x)=1$ 和 $f_1{f}_2$ 的狄利克雷卷积。上文我们已经论证了两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数，所以 $g(x)$ 是积性函数。

积性函数可以在线性时间内完成推导，这里给出推导过程：

设 $\mathcal{P}$ 是素数集

$g(p_i^k)$ 的值很容易表示，因为约数集确定在 $p_i^0,p_i^1,\dots ,p_i^k$。

$g(p_i^k)=\sum _{w=0}^k{p}_i^w\cdot \phi (p_i^w)$

$\phi (p_i^w)=p_i^{w-1}\cdot (p_i-1)$ 可以想象成将 $p_i^w$ 分成 $p_i^{w-1}$ 个段，每个段的最后一个显然是 $p_i$ 的倍数。

所以 $g(p_i^k)=p_i^{2w-1}\cdot (p_i-1)$。

根据这上述式子，我们尝试将 $g(p_i^{k+1})$ 表示出来

$$\begin{array}{rl}g(p_i^{k+1})& =\sum _{w=0}^{k+1}{p}_i^w\cdot \phi (p_i^w)\\ & =\sum _{w=0}^k{p}_i^w\cdot \phi (p_i^w)+p_i^{k+1}\cdot \phi (p_i^{k+1})\\ & =g(p_i^k)+p_i^{2k+1}\cdot (p_i-1)\end{array}$$

考虑线性筛中的下一个步骤，枚举 $i\cdot p_j$

如果 $i$ 和 $p_j$ 互质，这是朴素的。

接下来考虑 $p_j\mid i$ 的情况，令 $i=k\cdot p_j^w(gcd(k,p_j)=1)$，

$$\begin{array}{rl}g(i\cdot p_j)& =g(k)\cdot g(p_j^{w+1})\\ g(i)& =g(k)\cdot g(p_j^w)\\ g(\frac{i}{p_j})& =g(k)\cdot g(p_j^{w-1})\end{array}$$

即

$$\begin{array}{rl}g(i\cdot p_j)-g(i)& =g(k)(g(p_j^{w+1})-g(p_j^w))\\ & =g(k)\cdot p_j^{2w+1}\cdot (p_j-1)\end{array}(1)$$

同理

$$g(i)-g(\frac{i}{p_j})=g(k)\cdot p_j^{2w-1}\cdot (p_j-1)(2)$$

所以将 $(2)$ 式代入 $(1)$ 式

$$g(i\cdot p_j)=g(i)+(g(i)-g(\frac{i}{p_j}))\cdot p_j^2$$

预处理时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$，每个询问 $\mathcal{O}(1)$ 回答。

3. UOJ #62 怎样跑得更快

$$\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^c\cdot \mathrm{lcm}(i,j{)}^d\cdot x_j\equiv b_i(\mathrm{mod}p)$$

$n,c,d$ 给定，$p=998244353$，多测给出 $b_i$，求 $x_i$。

记 $f(i,j)=gcd(i,j)\mathrm{lcm}(i,j)$

有一个很好的思考方向，我们将线性方程组写成矩阵形式：

$$\left[\begin{array}{ccc}f(1,1)& f(1,2)& \dots \\ f(2,1)& \dots \\ \dots \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ \dots \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ \dots \end{array}\right]$$

暴力求解，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^{3}q)$。

当然你发现可以直接将 $F$ 的逆矩阵处理出来每组询问直接乘 $B$ 即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3+q{n}^2)$。

接下来考虑正解，以下等号均看作模 $p$ 意义下。

朴素地拆开 $\mathrm{lcm}$，原式转化为

$$\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j{)}^{c-d}\cdot i^d\cdot j^d\cdot x_j=b_i$$

改写式子

$$\sum _{j=1}^{n}f(gcd(i,j))\cdot g(i)\cdot h(j)\cdot x_j=b_i$$

设 $f(x)=\sum _{d\mid x}^{}{f}^{\prime }(d)$，由莫比乌斯反演可知

$f^{\prime }(x)=\sum _{d\mid x}f(d)\mu (\frac{x}{d})$

我们求 $f^{\prime }(x)$，这是 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的。

在实现的时候，有一个更好的式子，$f^{\prime }(x)=f(x)-\sum _{d\mid n\wedge d\ne n}^{}{f}^{\prime }(x)$，这个式子容斥可得。

回到原式，可以将 $gcd$ 拆掉，整个式子变成

$$\sum _{j=1}^n\sum _{d\mid gcd(i,j)}{f}^{\prime }(d)\cdot g(i)\cdot h(j)\cdot x_j=b_i$$

移项

$$\sum _{d\mid i}{f}^{\prime }(d)\sum _{j=1}^n[d\mid j]h(j)\cdot x_j=\frac{b_i}{g(i)}$$

发现后一个 $\sum$ 中只与 $d$ 有关，考虑记为 $r_d$，设 $z(i)=b_i/g(i)$，式子变成

$$\sum _{d\mid i}{f}^{\prime }(d)r_d=z(i)$$

$z(i)$ 已知，根据莫比乌斯反演，$f^{\prime }(i)r_i=\sum _{d\mid i}^{}\mu (d)z(\frac{i}{d})$

$f^{\prime }(x)$ 可求，自然 $r_x$ 可求。

接下来是一些细节，考虑到有除法，但 $g(i)$ 和 $h(i)$ 都不是 $p$ 的倍数。

如果是 $f^{\prime }(x)$ 没有逆元：

• $f^{\prime }(x)r_x\ne 0$ 此时无解
• $f^{\prime }(x)r_x=0$ 此时有多组解，随意给 $r_x$ 赋值即可。

后记

因为笔者不精通数学，所以部分叙述和证明来自 oi-wiki，在此感谢 oi-wiki 的贡献者们！