莫比乌斯反演基础

2017 CDQZ 联训 中向 HSZX 的大佬请教了一些关于莫反的知识，特此感谢！

本文仅介绍一些关于莫比乌斯反演的基础知识。

声明

本文中，若无特殊声明$p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot P_k^{a_k}$表示一个数的质因数分解，$\forall i, prime(p_i) \land a_i \in N^{+}$

莫比乌斯函数

定义

莫比乌斯函数是在数论中一个很重要的积性函数，定义如下。

若正整数x可质因数分解为：

$$x=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot P_k^{a_k}$$

$$\mu(x)=\left \{ \begin{aligned} 0 : \exists a_i \geq 2 \\ 1 : k \equiv 0 \mod 2 \\ -1: k \equiv 1 \mod 2 \end{aligned} \right.$$

即当$x\neq 1$,且不存在平方因子时：

$$\mu(x)=(-1)^k$$

当x存在平方因子时:

$$\mu(x)=0$$

特殊地：

$$\mu(1)=1$$

一些性质

此性质可用来判断一个数是否等于一。

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

证明：

当$n=1$时显然成立。

当$n\neq 1$时，不妨令$n=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot P_k^{a_k}$，那么n的因子$d=p_1^{b_1} \cdot p_2^{b_2} \cdot ... \cdot P_k^{b_k},0 \leq b_i \leq a_i$。

若$\exists b_i \geq 2,\mu(d)=0$对答案没有贡献。

因此，对答案有贡献d一定满足$\forall b_i \in {0,1}$。

枚举每一个有贡献的d，就相当于是从${b_i}$中选出若干个置为1，其他的置为0。

从k个位置中选出j个位置的方案数为$C_k^j$，而一个由j个质因子组成的数d，有$\mu(d)=(-1)^j$。所以，所有由j个质数组成的d对答案的贡献和为$C_k^j \cdot (-1)^j$。

因为 $j \in \{0,1,2,...,k\}$，所以：

$$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{j=0}^k C_k^j \cdot (-1)^j$$

根据二项式定理：

$$\sum_{j=0}^k C_k^j \cdot x^j=(x+1)^k$$

所以：

$$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{j=0}^k C_k^j \cdot (-1)^j =((-1)+1)^k=0$$

得证。

欧拉函数

定义

$\varphi(x),x\in N^+$表示小于x且与x互质的数的个数。

特殊地

$\varphi(1)=1$

一些性质

积性函数の积性

$$gcd(a,b)=1 \rightarrow \varphi(ab) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$$

证明很显然。

2018.3.16 填坑，后来我惊奇得发现这一点都不显然。。

令$gcd(n, m) = 1$, 考虑$\varphi(n \cdot m)$的物理意义。

1         2         3        ...  r       ...     m-1       m
m+1       m+2       m+3      ...  m+r     ...    2m-1      2m
2m+1     2m+2      2m+3      ... 2m+r     ...    3m-1      3m
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
(n-1)m+1 (n-1)m+2  (n-1)m+3 ... (n-1)m+r  ...    nm-1      nm

$\varphi(n \cdot m)$的物理意义为上表中与nm互质的数的个数。

因为n和m互质，所以不难证明：一个数x与nm互质的充要条件为x与n互质且x与m互质。

证明：设P(x)为x的质因子集合。因为n和m互质，所以$P(n) \cap P(m) = \phi$, $P(n \cdot m) = P(n) \cup P(m)$
$\gcd(x, n) = 1 \Leftrightarrow P(x) \cap P(n) = \phi$
$\gcd(x, m) = 1 \Leftrightarrow P(x) \cap P(m) = \phi$
$P(n) \cap P(m) = \phi, P(x) \cap (P(n) \cup P(m))=\phi \Leftrightarrow P(x) \cap P(n) = \phi, P(x) \cap P(m) = \phi$
得证。

发现每一列元素与m的gcd都相同，考虑有哪些列是与m互质的。根据定义，这样的列有$\varphi(m)$列。

再考虑这些列中的每一列中与n互质的数的个数，因为每一横行的数在模n意义下同余。所以每一列有$\varphi(n)$个元素与n互质。综上，$\varphi(n \cdot m) = \varphi(n) \cdot \varphi(m)$，及欧拉函数为积性函数。

补坑结束。

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另外，当p为质数时：

$$\varphi(p)=p-1$$

这更加显然。

另一个基本性质

$$x=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot p_k^{a_k},d=p_i$$

$$\varphi(x\cdot d)=\varphi(x) \cdot d$$

证明：

首先$t=p_i^{a_i} \rightarrow \varphi(t)=\left \{ \begin{aligned}1 : a_i=0 \\ (p_i-1)\cdot p_i^{a_i-1} :a_i >0\end{aligned} \right.$,$p_i$是质数。

考虑把一个数化成$p_i$进制数，t一定能表示成一个1后面$a_i$个0的形式。对于任意的一个小于t的数d与t互质，当且仅当把t化成$p_i$进制后最后一位不为零。所以说d这个$a_i$位$p_i$进制数，除了最低位不能为0，有$p_i-1$种可能外，其它的位是什么都可以，各有$p_i$种可能。因此上式成立。

这样的话就有:$\varphi(p_i^{k+1})=\varphi(p_i^k)\cdot p_i$,$k\in N^+$

$$\varphi(x\cdot d)=\varphi((p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ... p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}... \cdot p_k^{a_k})\times p_i^{a_i+1})=\varphi(p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ... p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}... \cdot p_k^{a_k})\times\varphi( p_i^{(a_i)+1})=\varphi(p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ... p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}... \cdot p_k^{a_k})\times\varphi( p_i^{a_i})\cdot p_i=\varphi(x)\cdot d$$

得证。

还有一个比较重要的性质：

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

哪位大神能教我一下这个怎么证啊！留坑待补。

[2018.1.22] 在此补坑。前几天碰巧在学校遇到了樊神，向樊神请教了一番，樊神几句话就证出来了，真是佩服。

令 $f(n)=\sum_{d|n} \varphi(d)$，显然有$f(1)=1$。

对于一个质数$p$，$f(p)=\varphi(1) + \varphi(p)=1+(p-1)=p$，显然成立。

数学归纳一下，对于一个质数的若干次幂$p^k$，若此性质已经对$p^{k-1}$成立：

有$f(p^k)=\sum_{t=0}^k \varphi(p^t)=\varphi(p^k) + \sum_{t=0}^{k-1} \varphi(p^t)=\varphi(p^k) +f(p^{k-1})=(p-1) \cdot p^{k-1} + p^{k-1}=p^k$。

又因为该性质对k=1成立，所以该性质对任意正整数k成立。

对于一个数n，n与$p^k$（p为素数）互质,那么这个数的所有因子一定能写成n的所有因子乘上p的若干次幂的形式。

若n已经满足$f(n)=n$的性质，

有$f(n \cdot p^k)=\sum_{d|n}(\sum_{t=0}^{k}\varphi(d\cdot p^t))$。

又因为n与$p^k$互质，所以d与$p^k$也一定互质，$\varphi$是积性函数，所以$\varphi(d\cdot p^t)=\varphi(d) \cdot \varphi(p^t)$

所以$f(n \cdot p^k)=\sum_{d|n}(\sum_{t=0}^{k}\varphi(d\cdot p^t))=\sum_{d|n}\varphi(d)\cdot(\sum_{t=0}^{k}\varphi(p^t))=\sum_{d|n}\varphi(d)\cdot f(p^k)=f(p^k) \cdot \sum_{d|n}\varphi(d)=f(p^k) \cdot f(n)=n \cdot p^k$。

对于任意的一个数都可以进行质因数分解，分解成$n=1\cdot p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot ... \cdot P_k^{a_k}$的形式，因为1是成立的，质数两两互质，所以任意正整数n都满足$f(n)=n$。

得证。

[2018.1.22] 填坑到此结束，后面的内容为之前所写。

利用这个性质可以有：

$$\sum_{i=1}^n i=\sum_{i=1}^n \sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{d=1}^n \varphi(d) \times \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$$

这里给出欧拉函数的暴力求法：

$$x=p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k} \rightarrow \varphi(x)=x\cdot(1-\frac{1}{p_1})\cdot(1-\frac{1}{p_2})\cdot...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

证明：

$$\varphi(x)=\varphi(p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k})=\varphi(p_1^{a_1}) \cdot \varphi(p_2^{a_2})\cdot...\cdot\varphi(p_k^{a_k})=(p_1-1)p_1^{(a_1)-1}\cdot(p_2-1)p_2^{(a_2)-1}\cdot...\cdot (p_k-1)p_k^{(a_k)-1}=(1-\frac{1}{p_1})p_1^{a_1}\cdot(1-\frac{1}{p_2})p_2^{a_2}\cdot...\cdot(1-\frac{1}{p_k})p_k^{a_k}=x\cdot(1-\frac{1}{p_1})\cdot(1-\frac{1}{p_2})\cdot...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

得证。

狄利克雷卷积

一种生成函数的运算，定义如下：

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

常见积性函数

单位函数：$id(n)=n$。

元函数：$e(n)=[n==1]$。

1函数：$I(n)=1$。

约数个数：$d(n)=\sum_{d|n}1$。

一些常见的性质

$f$为积性函数。

$$(f \times e)(n)=\sum_{d|n}f(d)\times e(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}f(d)\times [\frac{n}{d}=1]=f(n)$$

即：

$$f \times e=f$$

另外，狄利克雷卷积满足交换律和结合律。

$$\varphi \times I=id$$

证明：

$$\varphi \times I=\sum_{d|n}\varphi(d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$

得证。

$$\mu \times I=e$$

证明：

$$(\mu \times I)(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e(n)$$

莫比乌斯反演

内容

若：

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

则：

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

用狄利克雷卷积表述如下：

若：

$$F=f\times 1$$

则：

$$f=F\times \mu$$

从这个角度来讲，证明就很简单了:

$$F\times \mu=(f\times1)\times\mu=f\times(1\times\mu)=f\times e=f$$

杜教筛原理

求积性函数前缀和：

$$S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)$$

当f的前缀和不好求的时候，考虑一个前缀和比较好求的g，求$f\times g$的前缀和。

$$\sum_{i=1}^n (f \times g)(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d|i}g(d)\cdot f(\frac{i}{d})$$

枚举d,存在一个$d|i$，那么$f(\frac{i}{d})$就要和$g(d)$相乘，而i可以为$d,2d,3d,...,d\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$，所以$S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$与$g(d)$相乘就是$g(d)$的贡献。

$$=\sum_{d=1}^n g(d)\cdot \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} f(i)=\sum_{d=1}^n g(d) \cdot S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$$

所以：

$$\sum_{i=1}^n (f \times g)(i)=\sum_{d=1}^n g(d) \cdot S(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)=g(1)S(n)+\sum_{i=2}^n g(i) \cdot S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$

所以：

$$S(n)=\frac{\sum_{i=1}^n (f\times g)(i)-\sum_{i=2}^n g(i) \cdot S(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)}{g(1)}$$

这样的话如果$g$和$(f\times g)$的前缀和都很好求，那么计算$S(n)$只需要$S(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor),S(\lfloor\frac{n}{3}\rfloor),..,S(\lfloor\frac{n}{n}\rfloor)=S(1)$。而又因为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$只有$O(\sqrt{n})$种取值，所以记忆化搜索一下会有奇效。

关于$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的取值问题的证明。

当$1\leq i \leq \sqrt{n}$时，就算是结果两两各不相同，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$也只有$\sqrt{n}$种取值。

当$\sqrt{n} < i \leq n$时，$1 \leq \lfloor \frac{n}{i}\rfloor < \sqrt{n}$，就算是取遍值域中的所有值，也只有$\sqrt{n}$种取值。

因此$\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$的取值种数不超过$2\sqrt{n}$种，即$O(\sqrt{n})$种。

得证。

用线性筛求出前$n^\frac{2}{3}$的前缀和之后再递推，可以将$O(n^{\frac{3}{4}})$优化到$O(n^{\frac{2}{3}})$。