Note -「Mobius 反演」光速入门
UPD：修改了 Euler 筛法代码框架。
若无特别说明，\(x,y\) 等形式变量均 \(\in\mathbb N_+\)；\(p\) 为素数。
Preface
数论函数
我们称任意 \(f:\mathbb N_+\rightarrow\mathbb C\) 为一个数论函数。
积性函数
对于两个数论函数 \(f\)，若对于任意 \(x\perp y\)（即 \(x,y\) 互素，或说 \(\gcd(x,y)=1\)），都有 \(f(x)\cdot f(y)=f(xy)\)，那么称此数论函数是积性函数，且显然有 \(f(1)=1\)。
可以发现，在此定义下，我们只需要知道该函数在素数幂（\(p^c~(c\in\mathbb N_+)\)）处的点值，就能还原整个函数。
特别地，若任意 \(x,y\) 都有 \(f(x)\cdot f(y)=f(xy)\)，那么称此数论函数是完全积性函数。例如，\(I(n)=1\) 是一个常函数，自然可以得到它是一个完全积性函数。
重要的一点是，绝大部分积性函数可以在 Euler 筛法的框架下快速求出所有点值。
积性在一些函数运算中得以延续。设 \(f,g\) 为积性函数，\(k\in\mathbb N_+\)，则：
- \(h(n)=(f(n))^k\) 积性（不写作 \(f^k(n)\) 是为区别 Dirichlet 卷积）；
- \(h(n)=f(n^k)\) 积性；
- \(h(n)=f(n)\cdot g(n)\) 积性；
- \(h(n)=(f\star g)(n)\) 积性，后文详解。
Dirichlet 卷积
卷积是什么呢？对于任意三个函数 \(f,g,h\)，若有：
则 \(h\) 是 \(f\) 和 \(g\) 的 \(\oplus\) 卷积。例如 \(\oplus\) 为加号，则 \(h\) 是 \(f\) 和 \(g\) 的普通卷积；若 \(\oplus\) 为异或，则 \(h\) 是 \(f\) 和 \(g\) 的异或卷积。
而当 \(\oplus\) 为乘号，\(f,g,h\) 为数论函数，有
此时 \(h\) 即为 \(f\) 和 \(g\) Dirichlet 卷积的结果。记为
当然，另一种表达方式为
Dirichlet 卷积有以下性质：
- 交换律：\(f\star g=g\star f\)；
- 结合律：\((f\star g)\star h=f\star(g\star h)\)；
- 分配律：\(f\star(g+h)=f\star g+f\star h\)。
带入可证，此处略过。
Dirichlet 卷积还有一个重要性质：若 \(f,g\) 积性，则 \(h=f\star g\) 积性。
证明：对于任意 \(x\perp y\)：
Dirichlet 卷积中的特殊函数
Dirichlet 卷积既然已是一种函数间的运算，我们就有必要研究一些特殊的“运算值”。例如零元，幺元等。一些常用的函数如下：
- \(I(n)=1\)，常数函数；
- \(\epsilon(n)=[n=1]\)，单位函数，Dirichlet 卷积的（左、右）幺元；
- \(\operatorname{id}(n)=n\)，恒等函数。
这三者看似无用，但它们之间的运算可以表达出常见的数论函数：
-
\(\varphi(n)\)，欧拉函数；
-
\(\sigma_0(n)\)，约数个数函数；
-
……
突然，Mobius 就提出一个问题：\(I\) 在 Dirichlet 卷积下的逆元是什么？
Mobius 函数 & Mobius 反演
Mobius 函数 \(\mu\)
逆元？两数相乘为 \(1\) 是乘法逆元，类似地，两函数相卷得到幺元 \(\epsilon\)，则两函数互为卷积逆元。Mobius 函数实际上就是一个构造出的 \(I\) 的逆元，记作 \(\mu\)。
\(\mu\) 是一个积性函数，定义式为：
这样看着很臃肿。注意 \(\mu\) 是一个积性函数，我们只需要描述起在 \(p^c~(c\in\mathbb N_+)\) 处的点值。可以看出：
\(\mu\) 函数是为了满足下式：
即：
证明：\(n=1\) 时显然成立，仅需证明 \(n>1\) 时左式恒为 \(0\)。设 \(n=\prod p_i^{\alpha_i}\)，显然仅需考虑左式中 \(d=\prod p_i\) 时的和。不妨设 \(n\) 含有素因子的集合为 \(P\)，则左式有：
在此后的推导中，我们通常仅把 \(\mu\) 看做“\(I\) 的逆元”而不考虑其内部表达式，故多数情况不需要如此考虑其展开后的运算。
Mobius 反演
充分认识 \(\mu\) 之后，反演公式其实非常浅显。对于两个数论函数 \(f,g\)，满足：
证明：左式左右同时卷 \(\mu\) 即证 \(\Rightarrow\)；右式左右同时卷 \(I\) 即证 \(\Leftarrow\)。
还有两种和式形式：
\((1)\) 即为卷积形式，已证，下证 \((2)\)。
证明，仅证 \(\Rightarrow\)，倒推结论：
基础应用
我们来推导几个常见的函数或式子。
约数个数 \(\sigma_0\)
定义式：\(\sigma_0(n)=\sum_{d|n}1\)。
结论：
欧拉函数 \(\varphi\)
定义式：\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[i\perp n]\)。
标注 \(*\) 的步骤运用了 Mobius 反演，下文亦如此。结论：
反演魔法
例一
类似题目 Link.
给定 \(n,m,k\)，求
传说中的七倍经验题。直接来叭：
\(\mathcal O(n)\) 预处理后整除分块即可 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 求解。整除分块是莫反题中高频出现的 trick，一定要用熟。
例二
给定 \(T\) 组 \(n,m\)，对于每组，求
\(T\le10^4\)，\(n,m\le10^7\)。
式子很简单，主要运用换元法
再令 \(f(n)=n\sum_{d|n}d\mu(d)\)，由于化简不来，我们转而证明它积性可直接筛，具体可见下文「线性筛 trick」。
最终 \(\mathcal O(n)-\mathcal O(\sqrt n)\) 解决。
例三
令 \(\sigma(n)\) 为 \(n\) 的约数之和。给出 \(T\) 个 \(n\)，对于每个 \(n\)，求
\(T\le5\times10^4\)，\(n\le10^6\)。
只要睡醒了应该是有把 \(\max\) 拆开的意识的。原式化为
\(\sigma(i^2)\) 可证积性，直接筛出后一项。对于前一项，我们先来研究 \(\sigma(ij)\) 的性质：
引理：
证明：对于每个 \(d|ij\)，当且仅当 \(y=\gcd(d,j),~x=\frac{d}y\) 时被统计一次。考虑一个 \(a|d\land a|i\land a|j\)，一定有 \(a\not|x\)，不然就不可能有 \(x\perp \frac{j}y\)，所以以上表述成立。
利用引理，记 \(f(n)=n\sum_{i=1}^n\sigma(ni)\)，推导：
筛出 \(\mu,\sigma\)，枚举 \(d\) 和 \(\frac{n}d\)，可以 \(\mathcal O(n\ln n)\) 算出所有 \(f\)，具体可见下文「\(\mathcal O(n\ln n)\) 刷表 trick」以及我的题解。
最终，\(\mathcal O(n\ln n)-\mathcal O(1)\) 解决问题。
魔法中的 tricks
毕竟 Mobius 反演不能把所有式子化成一眼能求。当我们在推导过程中卡住的时候，可以尝试用一些 trick “暴力”计算得到的式子，说不定就是正解呢！
线性筛 trick
记住一句话：积性函数都能筛。
Euler 筛法的框架如下：
inline void sieve ( const int n ) {
/* 初始化函数在 1 处的点值（=1） */
for ( int i = 2; i <= n; ++i ) {
if ( !vis[i] ) {
pr[++pn] = i];
/* 计算函数在素数处的点值 */
}
for ( int j = 1, t; ( t = i * pr[j] ) <= n; ++j ) {
vis[t] = true;
/* 注意：pr[j] 一定是 t 的最小素因子 */
if ( i % pr[j] ) {
/* pr[j] \not| i，利用积性处理 t 处点值 */
} else {
/* pr[j] | i，特殊处理 t 处点值 */
break;
}
}
}
}
难点只有两个：
- 如何判断某个函数是积性函数？
- 如何处理计算的 \(t\) 处点值？
对于前者，打表（迫真）和带入计算都是不错的选择。后者则需要根据函数表达式灵活处理，一般来说都是加减乘除能够解决的，某些情况（例如筛 \(\sigma_1\)）需要额外记录信息。
筛 \(\sigma_1\)
\(\sigma_1\) 也简记作 \(\sigma\)，有定义
则任意一对 \(x\perp y\)，带入
第三步用了 \(x\perp y\) 的条件。可见 \(\sigma\) 积性，考虑如何筛。
小奥教会我们，对于 \(n=\prod p_i^{\alpha_i}\)（标准分解形式），有
证略。我们来处理筛法中的特殊情况，设 \(p=p_k\) 为 \(x\) 的最小素因子，则应有 \(p^2|x\)。观察：
乘积式很难直接修改某一项的值，所以我们需要对于每个 \(x\)，记录其最小素因子的贡献，记作 \(\sigma_p(x)\)，有
\(\sigma_p\) 很显然可以在筛法中处理。此后，就能得到
问题解决。值得再次强调的是，Euler 筛法中的合数一定被其最小素因子筛掉。
筛 \(\operatorname{id}^k\mu\)
即 洛谷 P4449 的阶段性问题。
做题的时候，经常遇见此类很多个基础的积性函数卷起来的函数，它们亦可被线性筛。
同样的姿势，设 \(p\) 为 \(x\) 的最小素因子，且有 \(p^2|x\)，观察：
分类讨论第二个和式中的 \(d\)：
- 不含新加入的素因子 \(p\)，对应了第一个和式中的每个 \(d^k\mu(\frac{x}{dp})\)，只不过 \(x\) 多了一个 \(p\)，所以应为 \(d^k\mu(\frac{x}d)\)。由于 \(p^2|x\)，且 \(d|\frac{x}p\Rightarrow p|\frac{x}d\)，故 \(\mu(x)=\mu(\frac{x}d)=0\)，无贡献；
- 含有新加入的素因子 \(p\)，亦对应第一个和式中的每个 \(d^k\mu(\frac{x}{dp})\)，只不过 \(d\) 多了一个 \(p\)，所以应为 \(d^kp^k\mu(\frac{x}{dp})\)。
综上：
筛 \(f(n)=n\sum_{d|n}d\mu(d)\)
这是上文的问题，我们得证明它能筛（积性），在得出它如何筛。
还是惯用手法，带入任意 \(x\perp y\)：
果然积性。
当然，也可以用积性的延续性质。发现
亦能说明 \(f\) 积性。
接下来，我们从积性的角度着手，思考素数幂 \(p^k\) 处的点值。边界有：
对于其他 \(k>1\)：
所以在筛法中，有 \(p^2|x\)，那么：
简洁地结束问题。
\(\mathcal O(n\ln n)\) 刷表 trick
基于 \(\sum_{i=1}^n\frac{n}i=\mathcal O(n\ln n)\)，很多时候可以把 Dirichlet 卷积形式的函数暴力打表出来。框架如下：
for ( int i = 1; i <= MAXN; ++i ) {
for ( int j = 1, t; ( t = i * j ) <= MAXN; ++j ) {
/* 用 i 和 j 的信息对 t=i*j 贡献 */
}
}
以前文求
为例，步骤如下：
-
常系数剔除：\(n\) 显然最后再乘上去。
-
形式变化：类似变化乘法卷积的操作，把式子变化成形如 \(\sum_{d|n}A(d)B(\frac{n}d)\) 的形式。此处有
\[\frac{f(n)}n=\sum_{d|n}\left(d\mu(d)\right)\left(\sigma(\frac{n}d)\sum_{i=1}^{\frac{n}d}\sigma(i)\right) \] -
预处理上述 \(A(n)\)，\(B(n)\) 的值。此处即筛出 \(\mu\) 和 \(\sigma\)，预处理 \(\sigma\) 前缀和。
-
套用框架计算。
莫得什么难点。（
Conclusion
莫反题的难点一般不是莫反。（
Practice makes perfect. 式子多推一下自然能找到感觉。建议尝试自己推导文中的式子，再对照文中的推导看看是否可以优化。（当然我可能推得很细，也可能兔子就是要蠢一点 qwq。
终于写完了 qwq！
