莫比乌斯函数|莫比乌斯反演

莫比乌斯函数|莫比乌斯反演

（不要问我为什么没有导言了……）

（当然不仅会讲莫比乌斯函数，也会讲一些其他的）

一些准备

• 一定的数论基础（起码你知道一些基础的数论）

• 一定的代码实现能力（因为数论题代码不会很长因此能写代码就好）

• 大量的脑细胞并秃头的准备（大雾

• 一定的智商和理解能力（数学不好的先去补文化课）

• 当然还有计算能力（数论题不动手算那怎么行）

• 更重要的是你基础算法都会了

接下来我主要会按照特定的顺序讲，以便读者观看流畅（顺滑到底）

请耐心的一章一章看下去，否则你会看不懂（当然巨佬会了下面的知识就可以跳过往后看）

整除分块（数论分块）

先咕着吧……（要不这么简单你们自行百度就好了）

积性函数与线性筛

首先你要会线性筛质数（不会度娘吧）

什么是积性函数

其实积性函数的定义很简单，积性肯定根积有关，它是定义在正整数域上的，满足：

[f(x×y)=f(x)×f(y),(x,y)=1 ]

（其中 ((x,y)) 表示 (x,y) 的最大公约数）

这样的函数 (f(x)) 即为积性函数。

当然有的时候不需要 ((x,y)=1) 即可满足 (f(x×y)=f(x)×f(y))，那么这个函数就是完全积性函数。

也即 (forall {x,y}) 有 (f(x×y)=f(x)×f(y)) 成立的函数为完全积性函数。

积性函数举例

下面当然不会列举出全部的积性函数，我们只讲接下来会用到的函数。

1、 (phi(n))，即欧拉函数，定义为小于等于 (n) 的正整数与 (n) 互质的数个数。且 (phi(1)=1)。

2、 (mu(n))，即莫比乌斯函数，对 (n) 进行唯一分解，即 (n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}…p_m^{c_m})，则：

[mu(n)=egin{cases}0 & exists i∈[1,m],c_i>1 \ 1 & mequiv 0 pmod{2}, forall i ∈[1,m],c_i=1 \ -1 & mequiv 1 pmod{2}, forall i ∈[1,m],c_i=1end{cases} ]

3、 (epsilon(n))，这个函数的定义是这样的：

[epsilon(n)= egin{cases} 1 & & n=1 \ 0 & & n>1 end{cases} n∈N^*]

如果你不认识它，那么说起它的另一个名字你可能更熟悉：狄利克雷卷积的乘法单位。

4、 ( ext{1}(n))，即常数函数，有 ( ext{1}(n)=1)。

*欧拉函数性质相关

首先规定一个正整数 (N) 的唯一分解：(N=displaystyleprod^{m}_{i=1}p_{i}^{c_i}, p∈primes)。

( ext{Lemma 1：}) (phi(N)=N×displaystyleprod^{m}_{i=1}(1-frac{1}{p_i}))

证明：（数学归纳法）
  当 (N) 只有一个质因子时显然成立。
  接下来考虑 (N) 只有两个质因子的情况：
  设 (p) 是 (N) 的一个质因子，而 (q) 也是 (N) 的一个质因子。那么在 (1~N) 中 (p) 的倍数有 ({p,2p,3p,…,(N/p)*p}) 共 (N/p) 个（除法下取整）；同理，(q) 的倍数也有 (N/q) （下取整）个。显然这些数都是不满足条件的数（即不满足 (gcd(n,i)=1(1<i<N))），我们考虑去掉这 (N/p+N/q) 个数，但是 (p×q) 的倍数就被排除了两次，因此还要加回来（运用容斥的思想），所以最终 (phi(N)) 可以表示成下面这个式子：

[N-frac{N}{p}-frac{N}{q}+frac{N}{pq}=N(1-frac{1}{p}-frac{1}{q}+frac{1}{pq})=N(1-frac{1}{p})(1-frac{1}{q}) ]

  已经符合上面那个式子。
  同理通过数学归纳法这可以推广到 (N) 为任意正整数的情况。
(Q.E.D.)

有了这个式子我们可以乱搞一些事情了。

( ext{Lemma 2：}) (phi(n×m)=phi(n)×phi(m), (n,m)=1)

（也即欧拉函数是积性函数）

证明：
  因为 ((n,m)=1)，即 (n,m) 互质，没有公因子，根据 ( ext{Lemma 1}) 可以得到：

[phi(n)=n×prod^{k_n}_{i=1}(1-frac{1}{p_i}),phi(m)=m×prod^{k_n+k_m}_{i=k_n+1}(1-frac{1}{p_i}) ]

所以：

[phi(n)×phi(m)=n×prod^{k_n}_{i=1}(1-frac{1}{p_i})×m×prod^{k_n+k_m}_{i=k_n+1}(1-frac{1}{p_i})=n×m×prod_{i=1}^{k_n+k_m}(1-frac{1}{p_i})=phi(n×m) ]

  因此欧拉函数是积性函数。
(Q.E.D.)

当然还有一个显而易见的引理：

( ext{Lemma 3：}) 若 (n=p^k)，其中 (p) 为质数，那么 (phi(n)=(p-1)*p^{k-1})

证明：
  由 ( ext{Lemma 1}) 可以得到，若 (n=p^k) 且 (p) 为质数，那么 (phi(n)=n*(1-frac{1}{p})=n-frac{n}{p})，将 (n=p^k) 带入即可得到。
(Q.E.D.)

当然还有更重要的东西：

( ext{Lemma 4：}) (displaystylesum_{dmid n}phi(d)=n)

证明：
  不妨令 (F(n)=displaystylesum_{dmid n}phi(d))。首先证明 (F) 函数的积性。若 ((n,m)=1)，则：

[F(n)×F(m)=sum_{dmid n}phi(d)×sum_{d|m}phi(d) ]

因为 ((n,m)=1)，所以得到 (phi(n)*phi(m)=phi(n×m))，那么：

[F(n)×F(m)=sum_{imid n}sum_{jmid m}phi(i×j)=F(n×m) ]

  （上述两层和式包含了 (n×m) 的所有因子）
  因此 (F) 函数是一个积性函数。所以我们可以只考虑 (n) 的一个质因子，令 (n'=p^c)，则：

[F(p^c)=sum_{i=0}^{c}phi(p^i)=1+sum_{i=1}^{c}(p^k×(p-1))=1+sum_{i=1}^{c}(p^k-p^{k-1})=p ]

  因此拓展到 (n) 有 (F(n)=n) 即：

[sum_{dmid n}phi(d)=n ]

成立，命题得证。
(Q.E.D.)

欧拉函数简单提到这里，主要是做一个补充讲解，但是务必记住上面几个引理，接下来会有用到。

Dirichlet 卷积

叫它狄利克雷卷积就好（如果英文不好的话）

定义

狄利克雷卷积定义在两个积性函数上。两个积性函数 (f,g) 的狄利克雷卷积为：

[(f*g)(n)=sum_{dmid n,d>0}f(d)g(frac{n}{d}) ]

当然 (f*g) 当做个函数名就好， 你可以把 ((f*g)(n)) 理解成一个新的函数 (h(n))。（本来就是新的函数）

亦可以写作：

[(f*g)(n)=sum_{i×j=n}f(i)g(j) (i,j>0) ]

当然下面这种形式更好看就是了。

一些性质

显然狄利克雷卷积满足结合律和交换律（证明自行尝试吧）

举例

1、 根据上面的定义，以及积性函数中对狄利克雷卷积单位元((epsilon))的介绍，可以得到：

[epsilon=mu * 1iff epsilon(n)=sum_{dmid n}mu(d) ]

这是狄利克雷卷积单位元的定义，至于其值为何，稍后再讨论。

2、 一个很重要的东西：莫比乌斯函数和欧拉函数的关系：

[phi=mu * ext{ID}iff phi(n)=sum_{dmid n}d×mu(frac{n}{d}) ]

( ext{ID}) 即 (f(x)=x)，后文会给出相关证明。

那么狄利克雷卷积也暂告一段落，但是请务必记住，这个东西非常重要。

莫比乌斯函数

一些性质

1、莫比乌斯函数是积性函数（上面已经说了）

2、回顾一下莫比乌斯函数的通式：

[mu(n)=egin{cases}1 & n = 1 \ 0 & n ext{ 含有平方因子} \ (-1)^k & k ext{ 为 } n ext{ 本质不同的质因子个数}end{cases} ]

这个通式和上面的描述会有所不同，但结果是一样的。

一些引理和证明

首先对于 (epsilon) 上面给出了莫比乌斯函数和它的关系以及它的通式：

( ext{Lemma 1：}) (epsilon(n)=displaystylesum_{dmid n}mu(n)=egin{cases}1 & n=1 \ 0 & n>1end{cases})

证明：
  上文就已经提到，对于 (epsilon) 的定义是这样的：(epsilon(n)=displaystylesum_{dmid n}mu(d))（(epsilon =mu * 1)）。因为莫比乌斯函数是积性函数，所以若 (n=displaystyleprod^{k}_{i=1}p_i^{c_i})，不妨令 (n'=displaystyleprod^{k}_{i=1}p_i)，那么有：

[sum_{dmid n}mu(d)=sum_{dmid n'}mu(d)=sum^{k}_{i=0}inom{k}{i} ext{·}(-1)^k ]

  根据二项式定理：((A+B)^k=displaystylesum_{i=0}^{k}inom{n}{i}A^{i} ext{·}B^{k-i})，将 (A=1,B=-1) 带入上式即可得到：

[sum_{i=0}^{k}inom{k}{i}(-1)^k=egin{cases}1&k=0 \ 0 & k >0end{cases} ]

  当 (k=0) 时 (n=1)，其他情况下 (n>1)，因此命题得证。
(Q.E.D.)

当然这个结论可以简单记为 (displaystylesum_{dmid n}mu(d)=[n=1])。

( ext{Lemma 2：}) ([(i,j)=1]iff displaystylesum_{dmid (i,j)}mu(d))

证明：
  利用 (epsilon) 可以得到，([(i,j)=1]iff epsilonBig((i,j)Big))，展开 (epsilon)：

[epsilonBig((i,j)Big)=sum_{dmid (i,j)}mu(d) ]

  命题得证。
(Q.E.D.)

其实这是一个反演的小结论，放在这里也无妨。

接下来的引理是重点，展示了欧拉函数和莫比乌斯函数的联系（上文有提到）：

( ext{Lemma 3：}) (phi * ext{1}= ext{ID}(ID:f(x)=x))

证明：
  根据欧拉函数的 ( ext{Lemma 4}) 即 (displaystylesum_{dmid n}phi(d)=n)，有：

[phi * ext{1}=sum_{dmid n}phi(n)=n= ext{ID} ]

  所以原命题成立。
(Q.E.D)

我们可以把上面这个式子两边同时卷 (mu)，即：

( ext{Lemma 4：}) (phi(n)=displaystylesum_{dmid n}d×mu(frac{n}{d}))

证明在这里便不再赘述了，读者自行把狄利克雷卷积套进去即可得到。

线性筛法

因为莫比函数是积性函数，因此可以线性筛。根据质数线性筛即可得到代码：

void getMu() {
	mu[1] = 1, v[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!v[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot && p[j] <= n / i; ++j) {
			v[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) {
				mu[i * p[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

莫比乌斯反演

终于到了本篇文章的重头戏！（感谢你看完了我写的那么多废话）

公式及证明

设 (f,g) 是两个积性函数，若：

[f(n)=sum_{dmid n}g(d) ]

那么：

[g(n)=sum_{dmid n}mu(d)×f(frac{n}{d}) ]

是不是觉得这个式子和上面莫比乌斯和欧拉函数关系的式子很像啊？其实那个就是莫比乌斯反演了，只不过这里进行了拓展。

证明：
法一：暴力求解

[sum_{dmid n}mu(d)f(frac{n}{d})=sum_{dmid n}Big(mu(d)sum_{kmid frac{n}{d}}g(k)Big)=sum_{kmid n}Big(g(k)sum_{dmid frac{n}{k}}mu(d)Big)=g(n) ]

  一个比较好的解释就是，用 (displaystylesum_{dmid n}) 替换掉 (displaystyle f(frac{n}{d}))，然后变换求和顺序。最后一步可以根据 (displaystylesum_{dmid n}mu(d)=[n=1])，在 (displaystylefrac{n}{k}=1) 时第二个和式值为 (1)。此时有 (n=k)，故可等价为 (displaystylesum_{kmid n}[n=k] ext{·}g(k)=g(n))。
法二：运用狄利克雷卷积
  考虑转化模型。即已知 (f=g* ext{1})，求证：(g=f*mu)。
  显然我们可以得到：(f*u=g* ext{1}*uimplies f*u=g)（( ext{1}*mu=epsilon)）

是不是很简单啊

如果对第一种方法不明白，三条路给你选择：(1) 手算一遍 (2) 看看这篇博客：Here (3) 重复第一种

例题 1：[HAOI2011]Problem b

Description

（多组数据）求：

[sum_{i=x}^{n}sum_{j=y}^{m}[gcd(i,j)=k] (1≤T,x,y,n,m,k≤10^5) ]

看到这里的 (x,y) 不舒服，所以考虑像前缀和那样分开，每一块分成下面的这种形式：

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

这个式子还是很麻烦……怎么化开呢（我要化了……）

( ext{Lemma 1：}) (gcd(i,j)=kimplies displaystyle gcdBig(frac{i}{k},frac{j}{k}Big)=1)

证明：（反证法）
  令 (d=(i,j),i'=i/d,j'=j/d)，那么假设 ((i',j')≠1)，也就是 (i',j') 还有公因数，那么必然有 ((i,j)≠d)，与条件不符，假设不成立，所以原命题成立。
(Q.E.D.)

因此，我们可以转化问题：

[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]implies sum_{i=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}sum_{j=1}^{iglfloorfrac{m}{k}ig floor}[gcd(i,j)=1] ]

感觉看到了 (Hope) ！（然后呢……）

你是不是忘了什么啊：我们上面刚讲过了狄利克雷单位元，它的值是什么？

[epsilon(n)=egin{cases}1 & n=1 \ 0 & n>1end{cases} ]

因为 (gcd(i,j)=1) 时 (epsilon) 为 (1)，其余的时候均为 (0)，因此上面的式子可以化成：

[sum_{i=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}sum_{j=1}^{iglfloorfrac{m}{k}ig floor}epsilonBig(gcd(i,j)Big)implies sum_{i=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}sum_{j=1}^{iglfloorfrac{m}{k}ig floor}sum_{dmid gcd(i,j)}mu(d) ]

然后可以变换求和的顺序，尽量把 (mu) 弄到前面去，所以先枚举 (dmid gcd(i,j))：

[sum_{d=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}mu(d)sum_{i=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}dmid isum_{j=1}^{iglfloorfrac{m}{k}ig floor}dmid j ]

显然看到后面这个 (dmid i,dmid j) 就会想到整除分块了。(1-iglfloorfrac{n}{k}ig floor) 中 (d) 的倍数有 (iglfloorfrac{n}{k×d}ig floor) 个，所以:

[sum_{d=1}^{iglfloorfrac{n}{k}ig floor}mu(d)iglfloorfrac{n}{kd}ig flooriglfloorfrac{m}{kd}ig floor ]

整除分块更加显然了。上述均需保证 (n≤m)，运用容斥即可求解原式，时间复杂度 (O(N+Tsqrt{N}))

（代码先咕着）