莫比乌斯反演与狄利克雷卷积

莫比乌斯反演

数论函数

列举几个常见数论函数

1. $\phi (n)$,欧拉函数，表示$1\sim n$中与$n$互质的数的个数
2. $d(n)$，表示$n$的约数个数，具体设$n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots \dots p_m^{c_m}(p_1,p_2\dots \dots \mathrm{都}\mathrm{是}\mathrm{质}\mathrm{数})$,则$d(n)=\prod _{i=1}^m(c_i+1)$
3. $\lfloor \rfloor$，下取整函数，$\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor =\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor$
4. $\sigma (n)$，表示$n$的约数和，也即$\sigma (n)=\prod _{i=1}^m\frac{p^{c_i+1}-1}{p_i-1}$
5. $I(n)$，恒等函数，值恒为1
6. $id(n)$，单位函数，$id(n)=n$
7. 单位函数$ϵ(n)=[n=1]$
   先看几个约数函数的常见性质

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

$\sum _{d|n}\phi (d)=n$

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

$d(AB)=\sum _{x|A}\sum _{y|B}[gcd(x,y)=1]$

积性函数

定义1：若对于函数$f$来说，使得对于满足$gcd(x,y)=1$的任意正整数$x,y$，满足$f(xy)=f(x)f(y)$

则称$f$为积性函数.

例如：$\phi ,d,\mu ,id,I,\sigma$都是积性函数

定义2:若对于函数$f$，若任意正整数$x,y$都有$f(xy)=f(x)f(y)$，则称$f$为完全积性函数

例如：$I,id,\sigma ,d$是完全积性函数

狄利克雷卷积

定义两个数论函数$f,g$的狄利克雷卷积$t=f\ast g$,使得：$t(n)=\sum _{ij=n}f(i)g(j)$

性质：

1. 交换律：$f\ast g=g\ast f$
2. 结合律：$(f\ast g)\ast t=f\ast (g\ast t)$
3. 分配律：$t\ast (f+g)=t\ast f+t\ast g$
4. 标量乘法：$(x·f)\ast g=xf\ast g$
5. 逆元：对于任意函数$f(1)\ne 0$,有函数$f$的逆$g$满足$f\ast g=ϵ$

讨论一下逆的求法，对于函数$f$的逆$g$，满足

$$g(n)=\frac{1}{f(1)}([n=1]-\sum _{i|n,i\ne n}g(i)f(\frac{n}{i}))$$

证明：将$g$带入原式,设$t=f\ast g$，有

$$t(n)=\sum _{ij=n}f(i)g(j)=\sum _{ij=n}f(i)\frac{1}{f(1)}([n=1]-\sum _{k|j,k\ne j}g(k)f(\frac{j}{k}))$$

在$n=1$时显然成立，在$n\ne 1$时,原式等价于$-\frac{\sum _{ij=n}f(i)\sum _{k|j,k\ne j}g(k)f(\frac{j}{k})}{f(1)}$,显然此式每一对$ij$能抵消，分子为0，故得证

莫反及其应用

莫比乌斯反演是关于莫比乌斯函数的，具体的证明可以由容斥原理导出，也可以看这里

莫比乌斯反演的两种形式

形式1：

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)\leftrightarrow g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$$

形式2：

$$f(n)=\sum _{n|d}g(d)\leftrightarrow \sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$$

实际应用：

例1：P2568GCD

给定正整数 $n$，求 $1\le x,y\le n$ 且 $gcd(x,y)$ 为素数的数对 $(x,y)$ 有多少对。

题意即为求

$$S=\sum _{\mathrm{质}\mathrm{数}p\le n}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=p]$$

$$=\sum _{\mathrm{质}\mathrm{数}p\le n}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

设$f(i)=\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)=i],g(i)=\sum _{i|d}f(d)$,也即$S=\sum _{\mathrm{质}\mathrm{数}p\le n}f(p)$

则$g(n)=\sum _{n|d}\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)=d]=\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[n|gcd(i,j)]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{n}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{n}\rfloor }[1|gcd(i,j)]=\lfloor \frac{a}{n}\rfloor \lfloor \frac{b}{n}\rfloor$

所以由莫比乌斯反演定理得$f(p)=\sum _{p|d}\mu (\frac{d}{p})g(d)=\sum _{1\le i}\mu (ip)g(i)=\sum _{1\le i}\mu (i)\lfloor \frac{n}{ip}{\rfloor }^2$

故$S=\sum _{\mathrm{质}\mathrm{数}p\le n}\sum _{1\le i}\mu (i)\lfloor \frac{n}{ip}{\rfloor }^2$,设$ip=T$，则

$$S=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2\sum _{\mathrm{质}\mathrm{数}p|T}^T\mu (\frac{T}{p})$$

预处理$\mu$前缀和，数论分块即可，后面的式子可以在筛质数的时候用埃氏筛求出$p$的集合即可

例2：P2398

给定$n$，求：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$

原式=

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

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (i)\lfloor \frac{n}{id}{\rfloor }^2$$

一样设$T=id$，则原式=

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2\sum _{i|T}\frac{T}{i}\mu (i)$$

因为$\sum _{d|n}\phi (d)=n$,所以将欧拉函数带入莫比乌斯反演公式，可以得到$\phi (n)=\sum _{d|n}d\mu (\frac{n}{d})$，仔细观察，也即我们最终结果后面的那坨式子等价于$\phi (T)$

故最终$S=\sum _{T=1}\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2\phi (T)$,此时预处理出$\phi$的前缀和，结合数论分块，就可以做到$O(n+q\sqrt{n})$的复杂度(q为询问次数)

例三：

给出 $n,m$ 和一个长度为 $n-1$ 的序列 $x$，保证 $x_i$ 互不相同。

$$\sum _{i_1=1}^{\lfloor \frac{m}{x_1}\rfloor }\sum _{i_2=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_1,x_2\}}\rfloor }\sum _{i_3=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_2,x_3\}}\rfloor }\dots \dots \sum _{i_n=1}^{\lfloor \frac{m}{x_{n-1}\rfloor }}[gcd(i_1,i_2,i_3\dots \dots i_n)=1]$$

答案对 $998244353$ 取模。
设

$$f(n)=\sum _{i_1=1}^{\lfloor \frac{m}{x_1}\rfloor }\sum _{i_2=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_1,x_2\}}\rfloor }\sum _{i_3=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_2,x_3\}}\rfloor }\dots \dots \sum _{i_n=1}^{\lfloor \frac{m}{x_{n-1}\rfloor }}[gcd(i_1,i_2,i_3\dots \dots i_n)=n],g(n)=\sum _{n|d}f(d)$$

则$g(n)$展开为：

$$g(n)=\sum _{i_1=1}^{\lfloor \frac{m}{x_1}\rfloor }\sum _{i_2=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_1,x_2\}}\rfloor }\sum _{i_3=1}^{\lfloor \frac{m}{max\{x_2,x_3\}}\rfloor }\dots \dots \sum _{i_n=1}^{\lfloor \frac{m}{x_{n-1}\rfloor }}[n|gcd(i_1,i_2,i_3\dots \dots i_n)]$$

除过去，变成

$$g(n)=\sum _{i_1=1}^{\lfloor \frac{m}{n{x}_1}\rfloor }\sum _{i_2=1}^{\lfloor \frac{m}{nmax\{x_1,x_2\}}\rfloor }\sum _{i_3=1}^{\lfloor \frac{m}{nmax\{x_2,x_3\}}\rfloor }\dots \dots \sum _{i_n=1}^{\lfloor \frac{m}{n{x}_{n-1}\rfloor }}[1|gcd(i_1,i_2,i_3\dots \dots i_n)]$$

假若令$x_n=-\mathrm{\infty },x_0=x_n$,则式子可以改写为

$$g(n)=\prod _{i=1}^n\lfloor \frac{m}{nmax\{x_i,x_{i-1}\}}\rfloor$$

分子可以预处理比较，设比较后为$a_i$,$b_i=\lfloor \frac{m}{a_i}\rfloor$

$$g(n)=\prod _{i=1}^n\lfloor \frac{m}{n{a}_i}\rfloor =\prod _{i=1}^n\lfloor \frac{b_i}{n}\rfloor$$

因为我们所求为：

$$f(1)=\sum _{i=1}^{\underset{1\le i\le n}{min}\{b_i\}}\mu (i)g(i)$$

上面那个$min$看上去很恶心，预处理改成$d$

展开变成：

$$f(1)=\sum _{i=1}^d\mu (i)\prod _{k=1}^n\lfloor \frac{b_k}{i}\rfloor$$

这个式子是一个扩展形式的数论分块

例四

由于出题人懒得写背景了，题目还是简单一点好。

输入一个整数 $n$ 和一个整数 $p$，你需要求出：

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

其中 $gcd(a,b)$ 表示 $a$ 与 $b$ 的最大公约数。

对于100%的数据，$5\times {10}^8\le p\le 1.1\times {10}^9，n\le {10}^{10}$ 且 $p$ 为质数。

一道比较套路的题

原式=

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

设$f(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=x]ij,g(x)=\sum _{x|d}f(d)$

展开$g(x)$,有

$$g(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[x|gcd(i,j)]ij=x^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }j=x^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }i\frac{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor (\lfloor \frac{n}{x}\rfloor +1)}{2}=x^2\frac{\lfloor \frac{n}{x}{\rfloor }^2(\lfloor \frac{n}{x}\rfloor +1{)}^2}{4}$$

所以回带，原式=

$$\sum _{k=1}^{n}kf(k)=\sum _{k=1}^{n}k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (i)g(ik)=\sum _{k=1}^{n}k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (i)(ik{)}^2\frac{\lfloor \frac{n}{ik}{\rfloor }^2(\lfloor \frac{n}{ik}\rfloor +1{)}^2}{4}$$

$$=\sum _{T=1}^n{T}^2\frac{\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor +1{)}^2}{4}\sum _{k|T}k\mu (\frac{T}{k})=\sum _{T=1}^n{T}^2\frac{\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor +1{)}^2}{4}\phi (T)$$

将$T^2\phi (T)$的部分用杜教筛/Min25筛，另一部分数论分块即可

例五

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求

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

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le T,n,m\le 50000$。

考虑拆开$d$函数

引理：$d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$

证明：

考虑从质因数的角度，考虑简化版情况

1. $i,j$互质，此时右式的$gcd(x,y)$显然成立，而左式的$d(ij)=d(i)\ast d(j)$,成立

2. $i=p^a,j=p^b,p\in primes$,此时显然有$d(ij)=a+b+1$，而左式当且仅当$x=1$或$y=1$,再加上$x=1,y=1$的情况，也有$a+b+1$个解

3. 一般情况下，可以将$ij$分解质因数，然后因为左式是完全积性函数，仍成立，而右式根据乘法原理合并若干个$a+b+1$，就正好可以合并出若干情况，其中乘1就是不考虑这个位的影响，$a+b$就是考虑这个质因数在累加上$[1,a+b]$,得证

那么原式即为

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

$$=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[gcd(x,y)=1]\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor$$

设$f(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=x]\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{j}\rfloor ,g(n)=\sum _{n|d}f(d)$

展开$g(x)$，得到

$$g(x)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[x|gcd(i,j)]\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{j}\rfloor =\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x}\rfloor }\lfloor \frac{n}{xi}\rfloor \lfloor \frac{m}{xj}\rfloor$$

回带，原式即为求$f(1)=\sum _{i=1}^n\mu (i)g(i)$

考虑如何求解$g$,观察可得

$$g(x)=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x}\rfloor }\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }{i}\rfloor \lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{x}\rfloor }{j}\rfloor$$

设$n^{\prime }=\lfloor \frac{n}{x}\rfloor ,m^{\prime }=\lfloor \frac{m}{x}\rfloor$,则

$$g(x)=\sum _{i=1}^{n^{\prime }}\lfloor \frac{n^{\prime }}{i}\rfloor \sum _{j=1}^{m^{\prime }}\lfloor \frac{m^{\prime }}{j}\rfloor$$

那么两段式子明显可以预处理，设$S(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，则有

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

明显的，后半截的两个$S$可以数论分块

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 50050
#define int long long
int mu[N], s[N], n, m, t, prime[N], v[N];
int get(int n,int x) {
	return n / (n / x);
}
void init() {
	for (int i = 1; i <= N - 5; i++)mu[i] = 1;
	for (int i = 2; i <= N - 5; i++) {
		if (!v[i]) {
			v[i] = 1;
			mu[i] = -1;
			for (int j = 2; i * j <= N - 5; j++) {
				mu[i * j] *= -1;
				v[i * j] = 1;
				if (j % i == 0)mu[i * j] = 0;
			}
		}
	}
//	for (int i = 1; i <= 20; i++)cout << mu[i] << " ";
//	cout << endl;
	for (int i = 1; i <= N - 5; i++)mu[i] += mu[i - 1];
	for (int i = 1; i <= N - 5; i++) {
		for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
			r = get(i, l);
			s[i] += (r - l + 1) * (i / l);
		}
	}
}
signed main() {
	cin >> t;
	init();
	while (t--) {
		cin >> n >> m;
		if (n > m)swap(n, m);
		int ans = 0;
		for (int i = 1, j; i <= n; i = j + 1) {
			j = min(get(n, i), get(m, i));
			ans += (mu[j] - mu[i - 1]) * s[m / i] * s[n / i];
		}
		cout << ans << "\n";
	}
}

事实上，这个性质还可以推广，证明类似

$$d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$$

$$d(ijk)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{z|k}[gcd(x,y)=1][gcd(x,z)=1][gcd(y,z)=1]$$

一般形式:

$$d(\prod _{i=1}^n{a}_i)=\sum _{b_1|a_1}\dots \dots \sum _{b_n|a_n}[gcd(b_1,b_2)]\dots \dots (\mathrm{每}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{对})$$

甚至于还可以扩展到${\sigma }_k(n)=\sum _{d|n}{d}^k(\mathrm{上}\mathrm{式}\mathrm{即}\mathrm{为}k=0\mathrm{时})$

$${\sigma }_k(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(i,j)=1]x^k·\frac{j^k}{y^k}$$

$${\sigma }_{k^{\prime }}(ijk)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{z|k}[gcd(x,y)=1][gcd(x,z)=1][gcd(y,z)=1](x\frac{j}{y}\frac{k}{z}{)}^{k^{\prime }}$$