「学习笔记」莫比乌斯反演

前言

（今天入坑莫比乌斯反演，感觉全都是不可做题..）

莫比乌斯反演属于数论中较难的部分吧，做这种题一般长片的推导，化简，最后用枚举或者整除分块等求出答案（我做题少只见过这些）.

下面要引入一些东西做铺垫.

数论函数与积性函数

首先定义数论函数$f(x)$：定义域和值域都是整数的函数.

定义积性函数：$\forall a,b,gcd(a, b)=1$，$f(ab)=f(a)f(b)$，称$f$为积性函数

常见的积性函数有欧拉函数、莫比乌斯函数、除数函数等（这个不需要展开了解）.

狄利克雷卷积

狄利克雷卷积（$Dirichlet$）卷积的定义如下：

$f,g$是两个数论函数，他们的$Dirichlet$卷积为：

$(f*g)(n)=\Sigma_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

它满足交换率，因为$d$正序取遍约数时$\frac{n}{d}$也逆序取遍约数

它也满足结合律，分配率，根据定义推一推都比较好证明.

$Dirichlet$卷积的小性质：两个积性函数卷起来还是积性函数.

莫比乌斯函数

下面定义莫比乌斯函数$\mu$.

一个数$n$分解成$\Pi p_i^{c_i}$.

1. 若存在$c_i>1$，$\mu(n)=0$

2. 否则$\mu(n)=(-1)^k,k$为本质不同的质因子个数

可以使用线性筛预处理：

其中$mu(i)$表示$\mu (i)$，$flag$为素数标记，$pr$为素数表

void Init(int n) {
    memset(flag, 1, sizeof flag); flag[1] = false;
    cnt = 0; mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i ++) {
        if(flag[i]) {
            pr[++ cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= cnt && pr[j] * i <= n; j ++) {
            flag[ i * pr[j] ] = false;
            if(i % pr[j] == 0) {
                mu[ i * pr[j] ] = 0;
                break ;
            }
            mu[ i * pr[j] ] = - mu[i];
        }
    }
}

莫比乌斯函数有什么用呢？我们需要引入一个不错的结论：

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

先来介绍一下$e$吧，
$e$表示狄利克雷卷积的单位元，即$e*f=f$，显然这个$e(n)$应该为$[n == 1]$，就是说$n$为$1$时值是$1$，否则值为$0$。这不难证明，套上卷积的定义即可.

好了，介绍完了，来证明一下这个式子吧.

把$n$表示成$\prod_{i=1}^{k} p_{i}^{c_i}$，令$n'=\prod_{i=1}^{k} p_i$，根据$\mu$函数的定义，指数超过$1$那么这个数产生的贡献为$0$，可以直接忽略.所以$\sum_{d|n} \mu(d)=\sum_{d|n'} \mu(d)$。

$\sum_{d|n} \mu(d)=\sum_{d|n'} \mu(d)=\sum_{i=1}^{k} C_k^i(-1)^i=[k==0]$

有$0$个质因子的时候等于$1$，其他时候等于$0$.与$e$是完全相同的.就证出来了.

几个函数

$e$是单位元，$1$是$f(x)=1$的常函数，$\mu$是莫比乌斯函数，$\phi$为欧拉函数，$id$为$f(i)=i$的函数.

他们卷起来有一些神奇的性质，下面两个性质可能比较重要，之后应该会用.

• $\phi*1=id$
• $id*\mu=\phi$

证明应该质因数分解一下就行，不会（逃

莫比乌斯反演

说了半天，终于说到了本篇博客要讲的知识，莫比乌斯反演（$Mobius\; Inversion$）.

$f(n), g(n)$是两个数论函数.

如果有

$$f(n) = \sum_{d|n} g(d)$$

那么有

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

即

$$g = \mu*f$$

我对莫比乌斯反演的作用的理解：
原来是用$g$来表示$f$，反演过后是用$f$来表示$g$.这个过程需要借助莫比乌斯函数，所以称莫比乌斯反演.

证明：我又不会（再逃

一种经典模型

给定$f, n, m$，求 $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} f(gcd(i, j))$.

$T$组询问，$T \leq 10^4，n, m \leq 10^6$.

解法：

不妨设$n \leq m$，枚举$d=gcd(i,j)$：

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

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

令$i=i'd,j=j'd$，枚举$i',j'$：

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

用$e$代替$[gcd(i', j') == 1]$ ：

$$= \sum_{d=1}^{n} \sum_{i'=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j'=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} f(d)e(gcd(i', j'))$$

用之前的结论展开$e$函数：

$$= \sum_{d=1}^{n} \sum_{i'=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j'=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} f(d)\sum_{d'|gcd(i',j')} \mu(d')$$

$d|gcd(i',j')$意味着$d|i'$并且$d|j'$：

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

变换枚举顺序，将$d'$提前：

$$= \sum_{d=1}^{n} \sum_{d'=1}^{n} \mu(d') \sum_{i''=1}^{\lfloor \frac{n}{dd'} \rfloor} \sum_{j''=1}^{\lfloor \frac{m}{dd'} \rfloor} f(d)$$

$$= \sum_{d=1}^{n} \sum_{d'=1}^{n} \mu(d') \lfloor \frac{n}{dd'} \rfloor \lfloor \frac{m}{dd'} \rfloor f(d)$$

令$g(k)=\sum_{d|k} \mu(k) f(\frac{k}{d})$，

枚举乘积$k=dd'$，原式化为：

$$\sum_{k=1}^{n} g(k) \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \lfloor \frac{m}{k} \rfloor$$

根据定义式$O(n \; log \; n)$暴力预处理出$g$，再$O(\sqrt{n})$地回答每个询问，使用整除分块即可.

对于$f$有特殊性质的情况，有可能可以线性筛$O(n)$预处理.