莫比乌斯反演（纯知识）

$Updateon2023.8.3$：精细修改了一些内容，改了下内容排版

$Updateon2023.8.4$：增加了整除差分

一、狄利克雷卷积

定义

两个数论函数 $f(x),g(x)$，则它们的 狄利克雷卷积 得到的结果 $h(x)$ 定义为：

$$h(x)=\sum _{d\mid x}f(d)g\left(\frac{x}{d}\right)=\sum _{ab=x}f(a)g(b)$$

一些其它定义

• 单位元：$\epsilon (n)=[n=1]$。对于任何数论函数 $f$，都有 $f\ast \epsilon =f$

• $I(n)=1$

• $id(n)=n$

性质

• 满足交换律、结合律、分配律

• 积性：两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数。积性函数的逆仍是积性函数

常见结论

• $\mu \ast I=\epsilon$

• $\phi \ast I=id$

• $id\ast \mu =\phi$

二、莫比乌斯函数

定义

将 $I$ 的狄利克雷卷积逆元记为 $\mu$，称作莫比乌斯函数

设正整数 $n$ 按算数基本定理分解质因数为 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots p_m^{c_m}$，则

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}0& \mathrm{\exists }i\in [1,m],c_i>1\\ 1& m\equiv 0(\mathrm{mod}2),\mathrm{\forall }i\in [1,m],c_i=1\\ -1& m\equiv 1(\mathrm{mod}2),\mathrm{\forall }i\in [1,m],c_i=1\end{array}$$

特别地，$\mu (1)=1$

性质

• 根据“积性函数的逆也是积性函数”可得：莫比乌斯函数是积性函数

计算

回顾 欧拉函数与积性函数专题，很明显莫比乌斯函数可以使用线性筛求解

void primes(int n)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
		}
			
		for(int j=1; j<=tot; j++)
		{
			if(prime[j]>v[i] || prime[j]>n/i)
				break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
				break;
			mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
}

三、整除分块

整除分块是用于解决整除求和问题 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

• 将 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 按相同值分块

• 可以证明，分块少于 $2\sqrt{n}$ 种

for(LL l=1,r; l<=n; l=r+1)
{
	r=n/(n/l);
	ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

四、莫比乌斯反演

反演动机

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

结论

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。

• 如果有 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$，那么有

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

  证明：容易看出，数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，就是将$g(n)$ 与 $1$ 进行狄利克雷卷积。
  $\because f=g\ast I$
  $\therefore f\ast \mu =g\ast I\ast \mu =g\ast \epsilon =g$

• 如果有 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$，那么有

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

  证明：考虑逆推：
  $\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$
  $=\sum _{k=1}\mu (k)f(kn)$
  $=\sum _{k=1}\mu (k)\sum _{kn|d}g(d)$
  $=\sum _{n|d}g(d)\sum _{k|\frac{d}{n}}\mu (k)$
  $=\sum _{n|d}g(d)ϵ(\frac{d}{n})$
  $=g(n)$

应用

关于莫反的习题，详见以后的博客

五、整除差分

一个黑科技

以 CF915G Coprime Arrays 为例

快进到式子：

$$ans(k)=\sum _{d=1}^k\mu (d){\lfloor \frac{k}{d}\rfloor }^n$$

如果对每个 $k$ 分别使用整除分块，复杂度 $O(n\sqrt{n})$，无法通过

注意到 $\lfloor k/d\rfloor \ne \lfloor (k-1)/d\rfloor \iff d\mid k$，且此时 $\lfloor k/d\rfloor =\lfloor (k-1)/d\rfloor +1$

对答案差分，有：

$$\begin{array}{rl}ans(k)-ans(k-1)& =\sum _{d=1}^k\mu (d){\lfloor \frac{k}{d}\rfloor }^n-\sum _{d=1}^{k-1}\mu (d){\lfloor \frac{k-1}{d}\rfloor }^n\\ & =\sum _{d=1}^k\mu (d)({\lfloor \frac{k}{d}\rfloor }^n-{\lfloor \frac{k-1}{d}\rfloor }^n)\\ & =\sum _{d\mid k}\mu (d)[{\left(\frac{k}{d}\right)}^n-{(\frac{k}{d}-1)}^n]\end{array}$$

线性筛出 $i{d}_k$ 后，记 $h(n)=n^k-(n-1{)}^k$，则 $\mathrm{\Delta }ans=h\ast \mu$，时间复杂度 $O(n\log n)$