【学习笔记】数论函数与莫比乌斯反演

一. 数论函数基础

数论函数：满足值域为整数的函数。

本文下述的数若无特殊说明均为整数。

若无特殊说明则钦定
$\displaystyle n=\prod_{i=1}^kp_i^{e_i},p_i\in\mathbb{P}$。$\mathbb{P}$ 表示质数集合，$p_i$ 互不相同。

介绍几个常见的数论函数：

$I(n)$：恒等函数，无论 $n$ 是多少，其永远等于 $1$。

$\epsilon(n)$：元函数，当 $n=1$ 是值为 $1$，否则为 $0$。它是狄利克雷卷积的单位元。

$id(n)$：单位函数，无论 $n$ 是多少，其值永远等于 $n$。

$\varphi(n)$：欧拉函数，表示小于 $n$ 的整数中与 $n$ 互质的数的个数。

$\mu(n)$：莫比乌斯函数，定义后文讲述。

积性函数

定义：对于函数 $f$，若 $n\bot m$（即 $n,m$ 互质）时有 $f(nm)=f(n)f(m)$，则函数 $f$ 为积性函数。

完全积性函数：对于函数 $f$，有任意整数 $n,m$ 有 $f(nm)=f(n)f(m)$。

显然 $I(n),\epsilon(n),id(n)$ 都是完全积性函数。

显然完全积性函数是积性函数中的一种。

积性函数 $f$ 有很多特殊性质：

• $f(1)=1$

• $\displaystyle f(n)=\prod_{i=1}^kf(p_i^{e_i})$

二. 欧拉函数

欧拉函数 $\varphi(n)$ 是积性函数且不是完全积性函数。

证明欧拉函数 $\varphi$ 是积性函数

知乎上这个问题有许多清晰的解法。这里给出其中一种。

首先证明一个重要定理：$\displaystyle\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(\dfrac{p_i-1}{p_i})$。

设 $1\sim n$ 中与 $n$ 至少有 $i$ 个相同质数因子的数有 $F_i(n)$ 个。

显然 $F_0(n)=n$。

$\displaystyle F_1(n)=\sum_{i=1}^k\dfrac{n}{p_i}$。

$\displaystyle F_2(n)=\sum_{1\leq i<j\leq k}\dfrac{n}{p_ip_j}$。

以下同理。

考虑容斥原理，得

$$\varphi(n)=\sum_{i=0}^k(-1)^iF_i(n)=n(1-\sum_{i=1}^k\dfrac{1}{p_i}+\sum_{1\leq i<j\leq k}\dfrac{1}{p_ip_j}-\cdots)$$

容易发现式子即 $\displaystyle\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(\dfrac{p_i-1}{p_i})$。

有此定理后证明 $\varphi(n)$ 是积性函数不难。

设 $n\bot m$，$\displaystyle n=\prod_{i=1}^kp_i^{e_i},m=\prod_{i=1}^{k'}q_i^{{E}_i}$。

$\therefore \displaystyle\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(\dfrac{p_i-1}{p_i}),\varphi(m)=m\prod_{i=1}^{k'}(\dfrac{q_i-1}{q_i})$。

$$\begin{aligned}\varphi(nm)&=nm\prod_{i=1}^k(\dfrac{p_i-1}{p_i})\prod_{i=1}^{k'}(\dfrac{q_i-1}{q_i})\\&= nm\prod_{p|nm}\dfrac{p-1}{p}\\&=\varphi(n)\varphi(m)\end{aligned}$$

证毕。

欧拉函数的一些定理：

• $\displaystyle\varphi(n)=n\prod_{i=1}^k(\dfrac{p_i-1}{p_i})$

此定理等同于：$\displaystyle \varphi(n)=\prod_{p^k||n}p^{k-1}(p-1)$。

• $\varphi(p)=p-1,p\in \mathbb P$

• $n$ 为奇数，$\varphi(2n)=\varphi(n)$。

• $\varphi(i\times p_j)=\begin{cases}\varphi(i)\varphi(p_j)&p_j\nmid i\\\varphi(i)p_j&p_j\mid i\end{cases}$

• $\displaystyle n=\sum_{d|n}\varphi(d)$

三. 狄利克雷卷积

对于两个数论函数 $f(n),g(n)$，其狄利克雷卷积写作 $(f*g)(n)$，其中 $f*g$ 可以看作是函数名称。

定义：$\displaystyle (f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$。

显然狄利克雷卷积满足交换律、结合律、分配律。

• 积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数

设 $f,g$ 为积性函数，$\displaystyle h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$。

设 $n,m,n\bot m$。

$$h(n)h(m)=\sum_{a|n}f(a)g(\dfrac{n}{a})\sum_{b|m}f(b)g(\dfrac{m}{b})=\sum_{a\mid n}\sum_{b\mid m}f(a)f(b)g(\dfrac{n}{a})g(\dfrac{m}{b})$$

$\because n\bot m,\therefore \forall a|n,\forall b|m,a\bot b$。

$$\because a\bot b,\therefore \{a:a\mid n\}\cup \{b:b\mid m\}=\{d:d\mid nm\}$$

$\displaystyle h(n)h(m)=\sum_{a|n}\sum_{b|m}f(ab)g(\dfrac{nm}{ab})=\sum_{d|nm}f(d)g(\dfrac{nm}{d})=h(nm)$。

证毕。

• 积性函数的逆也是积性函数

逆：当 $f*g=\epsilon$，$f,g$ 互逆。

令 $f$ 为积性函数，欲证 $\forall n\bot m,g(nm)=g(n)g(m)$。

考虑数学归纳法。

1. $nm=1$

$g(1)=1$，显然成立。

2. $nm>1$

钦定当 $n'm'<nm$ 时结论成立。

$$\begin{aligned}g(nm)&=\sum_{d|nm}f(d)g(\dfrac{nm}{d})-\sum_{d\mid nm,d\neq1}f(d)g(\dfrac{nm}{d})\\&=\epsilon(nm)-\sum_{d\mid nm,d\neq1}f(d)g(\dfrac{nm}{d})\\&=-\sum_{d|nm,d\neq1}f(d)g(\dfrac{nm}{d})\\&=-\sum_{a|n,b|m,ab\neq1}f(ab)g(\dfrac{nm}{ab})\\&=-\sum_{a|n,b|m,ab\neq1}f(a)f(b)g(\dfrac{n}{a})g(\dfrac{m}{b})\\&=f(1)f(1)g(n)g(m)-\sum_{a|n,b|m}f(a)f(b)g(\dfrac{n}{a})g(\dfrac{m}{b})\\&=g(n)g(m)-\left(\sum_{a|n}f(a)g(\dfrac{n}a)\right)\left(\sum_{b|m}f(b)g(\dfrac{m}{b})\right)\\&=g(n)g(m)-\epsilon(n)\epsilon(m)\\&=g(n)g(m)\end{aligned}$$

证毕。

四. 莫比乌斯反演

定义 $I^{-1}$（$I$ 的逆）是 $\mu$。

那么若有 $g=f*I$，得 $f=g*\mu$。

将其换一种写法，即得：

• 莫比乌斯反演：若 $\displaystyle g(n)=\sum_{d|n}f(d)$，有 $\displaystyle f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu(\dfrac{n}{d})$。反之亦然。

那么考虑如何求出 $\mu(n)$。

由于 $\mu$ 是 $I$ 的逆，而 $I$ 是积性函数，所以 $\mu$ 也是积性函数。

显然得出 $\mu(p^k)=\begin{cases}1&k=0\\-1&k=1\\0&k>1\end{cases}$。

推广到一般数上，得：莫比乌斯函数 $\mu(n)=\begin{cases}1&n=1\\0& \exists i\in[1,k],e_i>1\\(-1)^k &\text{otherwise}\end{cases}$。

通过莫比乌斯反演有许多结论：

• $\displaystyle I(n)=\sum_{d|n}\epsilon(d)\Leftrightarrow \epsilon(n)=\sum_{d|n}\mu(d)$

• $\displaystyle id(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\Leftrightarrow \varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})d$

• $\varphi(n) *I(n)=id(n)$

• 倍数莫比乌斯反演：若 $\displaystyle g(n)=\sum_{n|d}f(d)$，有 $\displaystyle f(n)=\sum_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})$。

定义 $\displaystyle (f\oplus g)(n)=\sum_{n|d}f(d)g(\dfrac{d}{n})$，易得 $(f*g)\oplus h=f\oplus (g\oplus h)$。

那么 $f=(\mu*I)\oplus f=\mu\oplus(I\oplus g)=\mu \oplus g$。

五. 数论分块

• $\text{P2261 [CQOI2007]}$ 余数求和

求 $\displaystyle \sum_{i=1}^n k\%i$。

显然 $k\%i=k-i\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor$。

考虑一个问题：求 $\displaystyle \sum_{i=1}^nf(i)\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$。（$f(i)$ 为某数论函数）

显然 $\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$ 只有 $2\sqrt n$ 种不同取值。

那么有 $O(\sqrt n)$ 个块，对于每个块中所有数都相同。考虑对于同一块中两个数 $\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$ 与 $\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor$，$j$ 的最大值是 $\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$。（也就是块长。）

所以对于一个块知道左端点就可以求出右端点。

而对于块 $[l,r]$ 贡献显然是 $\displaystyle \sum_{i=l}^rf(i)\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor$。

对于 $f(i)$ 处理一个前缀和即可。

六. 莫反具体应用

• $\text{P2568 GCD}$

求 $1\le i,j\le n$ 且 $\gcd(i,j)\in \mathbb P$ 的数对 $(i,j)$ 个数。

---

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)\in\mathbb P]&=\sum_{k\in \mathbb P}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j))&\text{将 i,j 除以 gcd 后枚举gcd} \\&=\sum_{k\in \mathbb P}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)&\text{莫比乌斯反演}\\&=\sum_{k\in \mathbb P}\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{dk}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{dk}\right\rfloor}1\\&=\sum_{k\in \mathbb P}\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{dk}\right\rfloor^2\\&=\sum_{t=1}^n\sum_{k|t,k\in \mathbb P}\mu (\frac{t}k)\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor^2&\text{t 表示dk}\\&=\sum_{t=1}^n\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor^2 \sum_{k|t,k\in \mathbb P}\mu(\frac{t}k)\end{aligned}$$

然后对于 $\displaystyle \sum_{k|t,k\in \mathbb P}\mu(\frac{t}k)$ 设其等于 $f(t)$，那么 $f(t)$ 可以在 $O(n\ln n)$ 内预处理。

而 $\displaystyle \sum_{t=1}^{n\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor}2 $ 使用数论分块 $O(\sqrt n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N=1e7+8;

int n,s[N],p[N],mu[N],ans,cnt;
bool vis[N];

inline void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt,i*p[j]<=n;j++){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	return;
}

signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	init();
	for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=1;j*p[i]<=n;j++)s[j*p[i]]+=mu[j];
	for(int i=2;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=i,r=(n/(n/l));
		ans+=(s[r]-s[l-1])*(n/l)*(n/l);
		i=r;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

• $\text{P2522 [HAOI2011]Problem b}$

对于给出的 $n$ 个询问，每次求有多少个数对 $(x,y)$，满足 $a \le x \le b$，$c \le y \le d$，且 $\gcd(x,y) = k$。

---

首先考虑一个弱化问题：将 $a,c$ 变为 $1$。设此答案为 $F(b,d)$。

那么答案显然为 $F(b,d)-F(b,c-1)-F(a-1,d)+F(a-1,c-1)$。

那么问题转化为求 $\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]$。

那么这个也就是类似上一题。

• $\text{P3327 [SDOI2015]}$ 约数个数和

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n,m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

---

显然有个公式 $\displaystyle d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}\epsilon(\gcd(x,y))$。

所求即为 $\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}\epsilon(\gcd(x,y))=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor\epsilon(\gcd(i,j))$
。

那么设 $\displaystyle f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)=x],g(x)=\sum_{x|d}f(d)$。

答案即为 $f(1)$。

$$\begin{aligned}\therefore g(x)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor\sum_{x|d}[\gcd(i,j)=d]\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[x\mid \gcd(i,j)]\\&=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{x}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{jx}\right\rfloor\end{aligned}$$

根据倍数莫比乌斯反演，有 $\displaystyle f(x)=\sum_{x|d}g(d)\mu(\frac{d}{x})$。

$$\therefore f(1)=\sum_{d}g(d)\mu(d)$$

注意到当 $d>n$ 时 $g(d)$ 为 $0$，所以 $d$ 枚举到 $n$。

$$f(1)=\sum_{d=1}^ng(d)\mu(d)$$

$g(x)$ 使用数论分块做完。

//O(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N=1e5;

int T,n,m,s[N],p[N],mu[N],cnt,k,ans;
bool vis[N];

inline void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i]){
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt,i*p[j]<N;j++){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++)mu[i]+=mu[i-1];
	for(int i=1;i<N;i++){
		int res=0;
		for(int I=1,j;I<=i;I=j+1){
			j=i/(i/I);
			res+=(j-I+1)*(i/I);
		}
		s[i]=res;
    }
	return;
}

signed main(){
	init();
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int l=i,r=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(mu[r]-mu[l-1])*s[n/l]*s[m/l];
			i=r;
		}
		printf("%lld\n",ans);
		ans=0;
	}
	return 0;
}