「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 $\Pi p_i^{c_i}$ .

若存在 $c_i>1$ ， $\mu(n)=0$
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} μ (d)

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

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)

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

那么有

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

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

即

g = μ * f

$g = \mu*f$

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 (g c d (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) [g c d (i, j) == d]

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

令 $i=i'd,j=j'd$ ，枚举 $i',j'$ ：

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i^{'} = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j^{'} = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} f (d) [g c d (i^{'}, j^{'}) == 1]

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

用 $e$ 代替 $[gcd(i', j') == 1]$ ：

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i^{'} = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j^{'} = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} f (d) e (g c d (i^{'}, j^{'}))

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

用之前的结论展开 $e$ 函数：

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i^{'} = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j^{'} = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} f (d) \sum_{d^{'} | g c d (i^{'}, j^{'})} μ (d^{'})

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

$d|gcd(i',j')$ 意味着 $d|i'$ 并且 $d|j'$ ：

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i^{'} = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j^{'} = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} f (d) \sum_{d^{'} | i^{'}, d^{'} | j^{'}} μ (d^{'})

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

变换枚举顺序，将 $d'$ 提前：

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{d^{'} = 1}^{n} μ (d^{'}) \sum_{i^{″} = 1}^{⌊ \frac{n}{d d^{'}} ⌋} \sum_{j^{″} = 1}^{⌊ \frac{m}{d d^{'}} ⌋} f (d)

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

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{d^{'} = 1}^{n} μ (d^{'}) ⌊ \frac{n}{d d^{'}} ⌋ ⌊ \frac{m}{d d^{'}} ⌋ 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) ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{m}{k} ⌋

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

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.