Note -「Mobius 反演」光速入门

目录

• Preface
  • 数论函数
    • 积性函数
  • Dirichlet 卷积
    • Dirichlet 卷积中的特殊函数
• Mobius 函数 & Mobius 反演
  • Mobius 函数 $\mu$
  • Mobius 反演
    • 基础应用
      • 约数个数 $\sigma_0$
      • 欧拉函数 $\varphi$
    • 反演魔法
      • 例一
      • 例二
      • 例三
      • 魔法中的 tricks
        • 线性筛 trick
          • 筛 $\sigma_1$
          • 筛 $\operatorname{id}^k\mu$
          • 筛 $f(n)=n\sum_{d|n}d\mu(d)$
        • $\mathcal O(n\ln n)$ 刷表 trick
• Conclusion

  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：

$$h(k)=\sum_{i\oplus j=k}f(i)\cdot g(j)$$

  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

$$h(k)=\sum_{ij=k}f(i)\cdot g(j)$$

  此时 $h$ 即为 $f$ 和 $g$ Dirichlet 卷积的结果。记为

$$h=f\star g$$

  当然，另一种表达方式为

$$h(k)=\sum_{i|n}f(i)\cdot g(\frac{k}i)$$

  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 $x\perp y$：

$$\begin{aligned} h(x)h(y)&=\left(\sum_{d_x|x}f(d_x)g(\frac{x}{d_x})\right)\left(\sum_{d_y|y}f(d_y)g(\frac{y}{d_y}) \right)\\ &=\sum_{d_x|x}\sum_{d_y|y}f(d_x)f(d_y)g(\frac{x}{d_x})g(\frac{y}{d_y})\\ &=\sum_{d_x|x}\sum_{d_y|y}f(d_xd_y)g(\frac{xy}{d_xd_y})\\ &=\sum_{d|xy}f(d)g(\frac{xy}d)\\ &=h(xy) \end{aligned}$$

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：

$$\mu(n)=\begin{cases} 1&n=1\\ (-1)^k&n=p_1p_2\cdots p_k,~~~~p\text{ 为两两不同的素数}\\ 0&\text{otherwise} \end{cases}$$

  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：

$$\mu(p^c)=[c=1](-1)$$

  $\mu$ 函数是为了满足下式：

$$I\star\mu=\epsilon$$

  即：

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

  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：

$$\begin{aligned} \sum_{d|n}\mu(d)&=\sum_{S\subseteq P}\mu(\prod_{p\in S}p)\\ &=\sum_{S\subseteq P}(-1)^{|S|}\\ &=\sum_{|S|\in[0,|P|]}\binom{|P|}{|S|}(-1)^{|S|}\\ &=(1-1)^{|P|}\\ &=0^{|P|}~~~~(|P|>0)\\ &=0 \end{aligned}$$

  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：

$$f=g\star I\Longleftrightarrow g=f\star\mu$$

  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：

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}d)\tag1$$

$$f(n)=\sum_{n|d}g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{n|d}f(d)\mu(\frac{d}n)\tag2$$

  $(1)$ 即为卷积形式，已证，下证 $(2)$。

  证明，仅证 $\Rightarrow$，倒推结论：

$$\begin{aligned} \sum_{n|d}f(d)\mu(\frac{d}n)&=\sum_{k=1}^{+\infty}f(kn)\mu(k)\\ &=\sum_{k=1}^{+\infty}\mu(k)\sum_{kn|d}f(d)\\ &=\sum_{n|d}g(d)\sum_{k|\frac{n}d}\mu(k)\\ &=\sum_{n|d}g(d)\epsilon(\frac{n}d)\\ &=g(n) \end{aligned}$$

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：$\sigma_0(n)=\sum_{d|n}1$。

$$\begin{aligned} \sigma_0(n)&=\sum_{d|n}1\\ &=\sum_{d|n}I(d)I(\frac{n}d)\\ &=I^2(n) \end{aligned}$$

  结论：

$$\sigma_0=I^2$$

欧拉函数 $\varphi$

  定义式：$\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[i\perp n]$。

$$\begin{aligned} \varphi(n)&=\sum_{i=1}^n[i\perp n]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i\land d|n}\mu(d)~~~~*\\ &=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}d\\ &=\sum_{d|n}\mu(d)\operatorname{id}(\frac{n}d)\\ &=(\mu\star\operatorname{id})(n) \end{aligned}$$

  标注 $*$ 的步骤运用了 Mobius 反演，下文亦如此。结论：

$$\varphi=\mu\star\operatorname{id}$$

反演魔法

例一

  类似题目 Link.

  给定 $n,m,k$，求

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

  传说中的七倍经验题。直接来叭：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}k\rfloor}[i\perp j]\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}k\rfloor}\sum_{d|i\land d|j}\mu(d)~~~~*\\ &=\sum_{d=1}^{\min\{\lfloor\frac{n}k\rfloor,\lfloor\frac{m}k\rfloor\}}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor \end{aligned}$$

  $\mathcal O(n)$ 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

  BZOJ 2693.

  给定 $T$ 组 $n,m$，对于每组，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)\bmod(10^8+9)$$

  $T\le10^4$，$n,m\le10^7$。

  式子很简单，主要运用换元法

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}d\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}d\rfloor}ij[i\perp j]\\ &=\sum_{d=1}^nd\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}S(\lfloor\frac{n}{dd'}\rfloor)S(\lfloor\frac{m}{dd'}\rfloor)d'^2~~~~\text{let }S(n)=\frac{n(n+1)}2\\ &=\sum_{T=1}^nS(\lfloor\frac{n}T\rfloor)S(\lfloor\frac{m}T\rfloor)T\sum_{d|T}d\mu(d)~~~~\text{let } T=dd'~~~~* \end{aligned}$$

  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

  51nod 1584.

  令 $\sigma(n)$ 为 $n$ 的约数之和。给出 $T$ 个 $n$，对于每个 $n$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\max\{i,j\}\sigma(ij)\bmod(10^9+7)$$

  $T\le5\times10^4$，$n\le10^6$。

  只要睡醒了应该是有把 $\max$ 拆开的意识的。原式化为

$$2\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^i\sigma(ij)-\sum_{i=1}^ni\sigma(i^2)$$

  $\sigma(i^2)$ 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：

$$\sigma(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}xy[x\perp \frac{j}y]$$

  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：

$$\begin{aligned} f(n)&=n\sum_{i=1}^n\sum_{x|n}\sum_{y|i}xy[x\perp\frac{i}y]\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{x|n}\sum_{y|i}xy\sum_{d|x\land d|\frac{i}y}\mu(d)~~~~*\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{d|n\land d|i}\mu(d)\sum_{x|n\land d|x}\sum_{y|i\land d|y}\frac{ix}y\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{d|n\land d|i}\mu(d)\sum_{x|\frac{n}d}\sum_{y|\frac{i}d}\frac{ix}y,~~~~x,y\mbox{ 同时约掉 } d\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{d|n\land d|i}\mu(d)\sigma(\frac{n}d)\sum_{y|\frac{i}d}\frac{i}y\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{d|n\land d|i}\mu(d)\sigma(\frac{n}d)d\sum_{y|\frac{i}d}\frac{\frac{i}y}d\\ &=n\sum_{i=1}^n\sum_{d|n\land d|i}d\mu(d)\sigma(\frac{n}d)\sigma(\frac{i}d)\\ &=n\sum_{d|n}d\mu(d)\sigma(\frac{n}d)\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sigma(i) \end{aligned}$$

  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

$$\sigma(n)=\sum_{d|n}d$$

  则任意一对 $x\perp y$，带入

$$\begin{aligned} \sigma(x)\sigma(y)&=\sum_{d_x|x}d_x\sum_{d_y|y}d_y\\ &=\sum_{d_x|x,d_y|y}d_xd_y\\ &=\sum_{d|xy}d\\ &=\sigma(xy) \end{aligned}$$

  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

$$\sigma(n)=\prod \sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j$$

  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：

$$\sigma(\frac{x}p)=\left(\prod_{p_i\not=p}\sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j\right)\left(\sum_{j=0}^{\alpha_k}p^j\right)\\ \sigma(x)=\left(\prod_{p_i\not=p}\sum_{j=0}^{\alpha_i}p_i^j\right)\left(\sum_{j=0}^{\alpha_k+1}p^j\right)$$

  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

$$\sigma_p(x)=\sum_{j=0}^{\alpha_k}p^j$$

  $\sigma_p$ 很显然可以在筛法中处理。此后，就能得到

$$\sigma(x)=\frac{\sigma(\frac{x}p)}{\sigma_p(\frac{x}p)}\sigma_p(x)$$

  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：

$$\operatorname{id}^k\mu(\frac{x}p)=\sum_{d|\frac{x}p}d^k\mu(\frac{x}{dp})\\ \operatorname{id}^k\mu(x)=\sum_{d|x}d^k\mu(\frac{x}d)$$

  分类讨论第二个和式中的 $d$：

1. 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；
2. 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：

$$\operatorname{id}^k\mu(x)=p^k(\operatorname{id}^k\mu)(\frac{x}p)$$

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 $x\perp y$：

$$\begin{aligned} f(x)f(y)&=\left( x\sum_{d_x|x}d_x\mu(d_x) \right)\left( y\sum_{d_y|y}d_y\mu(d_y) \right)\\ &=xy\sum_{d_x|x,d_y|y}d_xd_y\mu(d_x)\mu(d_y)\\ &=xy\sum_{d|xy}d\mu(d)\\ &=f(xy) \end{aligned}$$

  果然积性。

  当然，也可以用积性的延续性质。发现

$$f=((\mu\cdot\operatorname{id})\star I)\cdot\operatorname{id}$$

  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：

$$f(p)=p(1-p)$$

  对于其他 $k>1$：

$$\begin{aligned} f(p^k)&=p^k\sum_{i=0}^kp^i\mu(p^i)\\ &=p^k(1-p)\\ &=pf(p^{k-1}) \end{aligned}$$

  所以在筛法中，有 $p^2|x$，那么：

$$f(x)=pf(\frac{x}p)$$

  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

$$f(n)=n\sum_{d|n}d\mu(d)\sigma(\frac{n}d)\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sigma(i)$$

  为例，步骤如下：

1. 常系数剔除：$n$ 显然最后再乘上去。

2. 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

   $$\frac{f(n)}n=\sum_{d|n}\left(d\mu(d)\right)\left(\sigma(\frac{n}d)\sum_{i=1}^{\frac{n}d}\sigma(i)\right)$$

3. 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。

4. 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。

  更多莫反题可在 OI-Wiki 以及 我的博客 中挑选嗷~

  终于写完了 qwq！