[数论]莫比乌斯反演入门

对莫比乌斯反演常用技巧与性质的理解与部分证明

寒假的时候雍老师就跟我们讲了，可惜当时是真的傻逼，雍老师讲的辣么详细都听不懂。。。考试全靠背公式，打暴力。这次才算是把寒假的坑填了大半，虽然我现在还是很菜。。。

前置知识

线筛五连：
(1)线筛素数
(2)线筛欧拉函数
(3)线筛莫比乌斯函数
(4)线筛约数个数
(5)线筛约数和

对上述函数的定义与暴力求解（在上面的链接里均有提到）有一定了解，如果不甚了解，欢迎点击上面的链接，仍有不清楚的地方可自行百度。

对和号$\sum$（本质是枚举）有一定认识，熟悉表达式中的表述（如$gcd$，下取整符号，整除符号）以及上述函数的基本性质（更深的内容会在本博客介绍并给出部分证明）。

怎么样，是不是门槛很低，接下来我们进入正题。

接下来的举例大多来自于博主做过的例题，可以到博主的博客首页查看

常用的技巧

1.求和运算式中的位置变换

显然，当一个多项式中的所有项都与前面的一些和号的枚举值无关的话，我们就可以把这个多项式提前：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\mu(i)=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\sum_{j=1}^{m}$$

我们经常在更该枚举项后，交换这些枚举项的位置。

2.更改枚举项

总的来说是一种更改求和的限制条件的方法，也是很多变形的本质。

在初始的式子里，枚举项经常有一些奇奇怪怪的限制，如下：

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

我们不妨直接枚举$d$，把限制扔到后面去，去掉限制后，由技巧1，$\mu(d)$也可以提到前面了：

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

但是限制貌似仍然没有消掉？？？我们仍可以再次更该枚举项，对于$d$，我们不去枚举$i,j$，因为后面的限制使$i,j$必须为$d$的倍数，所以我们不如直接枚举$d$的倍数，便成功省去了最后的限制：

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

为什么上面的式子中$i,j$的上限变小了？上面说到，我们直接枚举$d$的倍数，反映到式子中就变成了枚举系数，即原来的$i$变成了$i\times d$，$j$变成了$j\times d$。最后由于和号已经没有限制了，我们便直接将其转化为多项式。

3.下底分块

上面得到的式子是可以$O(n)$得到答案的，但是一般的莫比乌斯反演都有多组询问，每次都$O(n)$计算的话就只能乖乖$\mathcal{TLE}$。

观察上面的式子，发现对于一个$n$，存在一段区间$[l,r]$使得$\lfloor\frac{n}{l}\rfloor=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor=k$且对于这个区间外的其它值$else$，均有$\lfloor\frac{n}{else}\rfloor\ne k$。

这样，对于上述的一个区间$[l,r]$，$\sum_{i=l}^r\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$是一个定值，应用到上面的式子中，就可以把$[1,n]$划分成$\sqrt{n}$个区间快速求解。

先给个结论，当我们已知$l$时，有$r=\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}$，证明如下：

$设n=kl+x_1=kr+x_2且l,r<k$

先由定义算出$r$：

$\therefore l=\frac{n-x_1}{k},r=\frac{n-x_2}{k}$

$\therefore r-l=\frac{x_1-x_2}{k}$

$\therefore r=l+\frac{x_1-x_2}{k}$

$\because x_2<k,k|(x_1-x_2)$

$\therefore \frac{x_1-x_2}{k}=\lfloor\frac{x_1}{k}\rfloor$

$\therefore r=l+\lfloor\frac{x_1}{k}\rfloor$

再对等式右边进行变形：

$\because\lfloor\frac{n}{l}\rfloor=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor=k$

$\therefore r=\frac{n}{k}=l+\lfloor\frac{x_1}{k}\rfloor$

综上：$r=\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}$

证毕。

4.提出公因数

基本上是处理这种情况：

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

对于这种式子我们是不方便求解的，需要把判定条件改为$[gcd(i,j)=1]$，才能使用后面要讲的性质3进一步推导。那么，我们不如将$x$当做“公因数”提出去：

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

其本质上也可以看做是一种更换枚举项的技巧，我们不去枚举$i,j$，直接枚举$x$的倍数，由于要求$gcd(i,j)=x$，直接枚举$x$的倍数后就变成要求$gcd(i,j)=1$了。

同样的，我们观察操作2中讲到的变形：

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

也可以理解为提出了$d$，式子变成：

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

由于$[1|gcd(i,j)]$相当于没有，所以就变成了上面讲到的样子。

但是，对于和号后不止一个判定条件，而是有其他式子时，提公因式时没有这么简单：

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

提公因式的本质为缩小枚举范围，在只有判定条件的时候，对于“计数”时没有影响的，但是在有了其他式子时，其他的式子在范围缩小后值也变小了，这样“求和”得到的结果就不对了，所以我们应该像普通提公因式的操作方式，给予”补偿”：

$$d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[1=gcd(i,j)]$$

5.对陌生函数的线性筛法讨论

线性筛要求所筛函数为积性，即对于$gcd(x,y)=1$，有：

$$f(xy)=f(x)\times f(y)$$

在积性的前提下，我们通常按照套路对$f(x)$进行讨论：

1.当$x$为素数时；
2.当$i\ mod\ p[j]=0$时；
3.当$i\ mod\ p[j]\ne 0$时；

如果对上面表述的含义不清楚，可以参考上方的线筛五连。

以YY的GCD为例（以下内容直接摘自博主的题解）：

设$f(T)=\sum_{p|T}\mu(\frac{T}{p}),T=i\times p[j]$，考虑线筛：

1.当$T$本身为素数时，显然有$f(T)=\mu(1)=1$；

2.当$T$拥有多个最小质因子（即$i\ mod\ p[j]=0$）时：

(1)当$i$本身无多个相同质因子时，那么当且仅当我们枚举的素数等于$p[j]$时，$\mu(\frac{T}{p})$的值不为$0$，此时$p=p[j],T=i\times p[j]$，所以有$\mu(\frac{T}{p})=\mu(i)$；

(2)当$i$本身就是拥有多个因子的数时，无论我们怎么枚举，$\mu(\frac{T}{p})$的值都为$0$，此时，仍然有$\mu(\frac{T}{p})=\mu(i)$；

3.当$T$的最小质因子只有一个时：

此时，$T$就比$i$多了一个质因数$p[j]$，因为有：

$$f(i)=\sum_{p|i}\mu(\frac{i}{p})\qquad f(T)=\sum_{p|T}\mu(\frac{i\times p[j]}{p})$$

因为$i$中没有质因数$p[j]$，所以有$\mu(\frac{i\times p[j]}{p})=-\mu(\frac{i}{p})$，在此基础上，$T$还多了一个$\mu(\frac{i\times p[j]}{p[j]})=\mu(i)$。可得，$f(T)=-f(i)+\mu(i)$；

综上，我们得到线筛方程：

$$f(T)=\left\{ \begin{array}\\ \mu(1)&&{T\in P}\\ \mu(i)&&{i\ mod\ p[j]=0}\\ -f(i)+\mu(i)&&{i\ mod\ p[j]\ne 0} \end{array} \right.$$

只要对函数的讨论清晰，一般还是没什么问题。

6.替换未知数

有些时候会见到，这种形状：

$$ans=\sum_P\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor$$

又或者是：

$$ans=\sum_{d=1}^nd\sum_{d’=1}^n\mu(d’)\lfloor\frac{n}{dd’}\rfloor\lfloor\frac{n}{dd’}\rfloor$$

注意到诸如$dp,dd'$的形状看起来非常不爽，不如替换掉，以上面的第二个式子为例，设$T=dd'$，代入：

$$ans=\sum_{d=1}^n\sum_{d’=1}^n\mu(\frac{T}{d})d\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{n}{T}\rfloor$$

再枚举$T$：

$$ans=\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})d\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{n}{T}\rfloor$$

利用下面讲到的结论4，即可化简为：

$$ans=\sum_{T=1}^n\varphi(T)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{n}{T}\rfloor$$

本质上，替换未知数也是为了方便更换枚举项。

7.对特定形状的替换

如果说上面讲到的都是“普遍”形状，在求和算式中常常用到。

那么“特定”形状就是一些具有特别长相的式子，需要识别出来加以替换以进行下一步化简，下面介绍的性质和结论都是这样一类特殊的式子。

常用的性质与结论

1.莫比乌斯函数的定义

在上面线筛莫比乌斯函数的博客中提到了莫比乌斯函数的通俗定义：
(1)莫比乌斯函数$μ(n)$的定义域是$N^+$
(2)$μ(1)=1$
(3)当n存在平方因子时，$μ(n)=0$
(4)当n是素数或奇数个不同素数之积时，$μ(n)=-1$
(5)当n是偶数个不同素数之积时，$μ(n)=1$

然而莫比乌斯函数的真正定义是这样的：

$$\sum_{d|x}\mu(d)=\left\{ \begin{array}\\ 1&&x=1\\ 0&&x>1 \end{array}\right.$$

所以不如说上面的通俗定义才是莫比乌斯函数的性质，而莫比乌斯函数的真正定义是我们经常用到的一个性质。

2.莫比乌斯反演定理

对于函数$F(x),f(x)$，如果有$F(x)=\sum_{d|x}f(d)$，那么就有：

$$f(x)=\sum_{d|x}\mu(d)F(\frac{x}{d})$$

证明如下：

直接将$F(x)$替换为$f(x)$：

$$\sum_{d|x}\mu(d)F(\frac{x}{d})=\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{d'|\frac{x}{d}}f(d')$$

我们交换枚举顺序，先枚举$d'$：

$$\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{d'|\frac{x}{d}}f(d')=\sum_{d'|x}f(d')\sum_{d|\frac{x}{d'}}\mu(d')$$

由性质1，可得，当且仅当$\frac{x}{d'}=1$即$x=d'$时$\sum_{d|\frac{x}{d'}}\mu(d')$的值不为$0$，因此：

$$\sum_{d'|x}f(d')\sum_{d|\frac{x}{d'}}\mu(d')=f(x)$$

证毕。

利用这个定理，可以设出具有上述关系的$F(x),f(x)$进行各种骚操作，常见于各种神犇的博客。但是你在本蒟蒻的博客不会见到这种东西，博主不是很会，蒟蒻博主更习惯用更本质的莫比乌斯反演：性质3。

3.对$[gcd(i,j)=1]$的替换

在反演时，博主经常使用这个结论：

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

证明非常简单，利用性质1，我们可以得到，当且仅当$gcd(i,j)=1$时，$\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$的值不为$0$。

4.欧拉函数与莫比乌斯函数的互推

欧拉函数与莫比乌斯函数有奇妙的关系：

$$\varphi(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})d$$

我们考虑对欧拉函数的定义进行变形：

$$\varphi(x)=\sum_{i=1}^x[gcd(i,x)=1]$$

利用性质3：

$$\sum_{i=1}^x[gcd(i,x)=1]=\sum_{i=1}^x\sum_{d|gcd(i,x)}\mu(d)$$

我们直接枚举$d$：

$$\sum_{i=1}^x\sum_{d|gcd(i,x)}\mu(d)=\sum_{d|x}\sum_{i=1}^x\mu(d)[d|gcd(i,x)]$$

考虑直接枚举$d$的倍数，而不是去枚举$i$：

$$\sum_{d|x}\sum_{i=1}^x\mu(d)[d|gcd(i,x)]=\sum_{d|x}\sum_{i=1}^{\frac{x}{d}}\mu(d)$$

因为$\mu(d)$只与$d$有关，可以提前：

$$\sum_{d|x}\sum_{i=1}^{\frac{x}{d}}\mu(d)=\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{i=1}^{\frac{x}{d}}=\sum_{d|x}\mu(d)\frac{x}{d}$$

对于我们枚举的$d|x$，显然$\frac{x}{d}$与$d$是等价的，所以最后化简为：

$$\varphi(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})d$$

证毕。

欧拉函数实际应用中出现频率不是很高，但在化简时若见到上述形状可以尝试进行替换。

5.约数个数函数$\sigma_0(x)$

神奇性质如下：

$$\sigma_0(nm)=\sum_{x|n}\sum_{y|m}[gcd(x,y)=1]$$

设$n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i},m=\prod_{i=1}^{k}p_i^{b_i}$

$\therefore nm=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i+b_i}$

$\therefore \sigma_0(nm)=\prod_{i=1}^k(a_i+b_i+1)$

对于$n,m$，若前$i$个质因子的贡献为$W$，考虑第$i+1$个质因子对答案的贡献：

选取$p_{i+1}$的方案分别为：

1.由$x$选取，那么可以选$1\thicksim a_{i+1}$个$p_{i+1}$，方案数为$a_{i+1}$个；

2.由$y$选取，那么可以选$1\thicksim b_{i+1}$个$p_{i+1}$，方案数为$b_{i+1}$个；

3.都不选，方案数为$1$；

所以选取$p_{i+1}$的方案数总和为$a_{i+1}+b_{i+1}+1$个。

故最后的方案数为：

$$\prod_{i=1}^k(a_i+b_i+1)$$

证毕。

后记

如果有更多的技巧与结论，博主会更新。