莫比乌斯函数及其反演学习笔记

莫比乌斯函数及其反演学习笔记

——by sunzz3183

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定义

$$\mu (x)\equiv \begin{cases} 1&x=1 \\(-1)^k&x=p_1\cdot p_2\cdot \cdots\cdot p_k \\0&otherwise \end{cases}$$

求法

1. 直接求

inline int mu(int x){
	if(!x)return 0;
	if(x==1)return 1;
	int sum=0;
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
		if(!(x%i))
			if(!(x/i%i))return 0;
			else sum++;
	return sum&1?-1:1;
}

2. 线性筛

int cnt,prime[M],phi[N],mu[N];
bool is_p[N];
void init(int n){
    phi[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!is_p[i])prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
            is_p[i*prime[j]]=1;
            if(!(i%prime[j])){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}

（根据性质，很简单）

反演

式子 1

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

证明

• 当 $n=1$ 时，则由于 $\sum_{d|n} \mu(d)=\mu(1)$，成立。

• 当 $n\ge 2$ 时：

设 $P=p_1p_2\dots p_k$，即要证明：

$$\sum_{d|P}\mu(d)=0$$

• 当 $k=1$ 时：

$$\sum_{d|P}\mu(d)=\sum_{d|p_1}\mu(d)=\mu(p_1)+1=1-1=0$$

• 现在设 $t\ge 2$ 而当 $k=1,\dots,t-1$ 时式子都成立，则

$$\sum_{d|P}\mu(d)=\sum_{d|p_1\dots p_{t-1}}\mu(d)+\sum_{p_t|d|P}\mu(d)=(1+\mu(p_t))\sum_{d|p_1\dots p_{t-1}}\mu(d)=0$$

故当 $k=t$ 时式子也成立。

由数学归纳法得，式子对于任意的整数 $k$ 都成立。

现在令 $n=p_1^{c_1} \dots p_k^{c_k}$，由于当 $d$ 能被质数的平方整除时 $\mu(d)=0$ 所以：

$$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n}\mu(P)=0$$

综上，原式成立。

式子 1.5

设 $n=p_1^{c_1} \dots p_k^{c_k}$ 则：

$$\sum_{d \mid n} |\mu(d)|=2^k$$

证明

类比上述证明，要证原式，即证（沿用上次定义的字母）：

$$\sum_{d|P}|\mu(d)|=2^k$$

• 当 $k=1$ 时有：

$$\sum_{d|p_1}=1+|\mu(p_1)|=2^1$$

• 现在设 $t\ge 2$ 而当 $k=1,\dots,t-1$ 时式子都成立，则

$$\sum_{d|P}|\mu(d)|=\sum_{d|p_1\dots p_{t-1}}|\mu(d)|+\sum_{p_t|d|P}|\mu(d)|=(1+|\mu(p_t)|)\sum_{d|p_1\dots p_{t-1}}\mu(d)=2^t$$

故当 $k=t$ 时式子也成立。

由数学归纳法得，式子对于任意的整数 $k$ 都成立。

式子 2

$$[\operatorname{gcd}(i, j)=1]=\sum_{d \mid \gcd(i, j)} \mu(d)$$

由式子 1 得

式子 3

$$\begin{aligned} \\&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1] \\&= \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{d|gcd(i,j)} \mu (d) \\&=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{min(i,m)} \mu (d)\left \lfloor \frac{min(i,m)}{d} \right \rfloor \\&=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)} \mu (d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \end{aligned}$$

式子 4

例题 [POI2007]ZAP-Queries

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

我们可以转化和式子 3 一样的。

$$\begin{aligned} \\&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k] \\&=\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor } \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor }[\gcd(i,j)=1] \\&=\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor } \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor }\sum\limits_{d|gcd(i,j)} \mu (d) \\&=\sum\limits_{d=1}^{\left \lfloor \frac{min(n,m)}{k} \right \rfloor } \mu (d)\left \lfloor \frac{n}{d\times k} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d\times k} \right \rfloor \end{aligned}$$

式子 5

$$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)\leq x]$$

转化成式子 4。

$$\begin{aligned} \\&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)\leq x] \\&=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{k=1}^{x}[\gcd(i,j)=k] \\&=\sum\limits_{k=1}^{x} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k] \\&=\sum\limits_{k=1}^{x} \sum\limits_{d=1}^{\left \lfloor \frac{min(n,m)}{k} \right \rfloor } \mu (d)\left \lfloor \frac{n}{d\times k} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{d\times k} \right \rfloor \end{aligned}$$

求法总结

线性筛 $O(n)$ 求，然后直接求的话也会是 $O(n)$，可以使用整数分块和前缀和来使时间优化到 $O(\sqrt{n})$。

提高

应用

例 1

$$\phi(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac nd$$

证明

即证明 $\phi=\mu *Id\to Id=I *\phi$

$$ld=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,n)=j]=\sum_{j|n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nj\rfloor}[\gcd(i*j,n)=j]=\sum_{j|n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nj\rfloor}[\gcd\left(i,\frac nj\right)=1]=\sum_{j|n}\phi\left(\frac nj\right)=I*\phi$$

例 2

[SDOI2015] 约数个数和

$d(x)$ 为 $x$ 的因数个数。

$$d(xy)=\sum_{i|x}\sum_{j|y}[gcd(i,j)=1]$$

证明

证明可以考虑映射，或者感性理解，每个质因子要被保证枚举 $p_{xi}+p_{yi}$ 次，所以要 $gcd(i,j)=1$。

例 3

[国家集训队] Crash的数字表格

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)}$$

$$\sum_{d=1}^nd\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\cdot i\cdot j$$

$$\sum_{k=1}^n k\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\cdot d^2\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}i\cdot j$$

用 $T$ 替换 $dk$。

$$\sum_{T=1}^n T\sum_{d|T}\mu(d)\cdot d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}i\cdot j$$

设 $f(T)=\sum_{d|T}\mu(d)\cdot d$，这是一个积性函数，故原式子可以 $O(\sqrt n)$。