莫比乌斯反演

莫比乌斯反演是数论中的重要内容。对于一些函数(f(n))，如果汉南直接求出它的值，而容易求出其背书和或约数和(g(n))，那么可以通过莫比乌斯反演简化运算，求得(f(n))的值。

我们需要一些前置知识：积性函数、狄利克雷卷积、莫比乌斯函数

前置芝士

引理1

[forall a,b,c in mathbb{Z},lfloor frac{a}{bc} floor = lfloor frac{lfloor frac{a}{b} floor}{c} floor ]

略证：

[frac{a}{b} = lfloor frac{a}{b} floor + r(0 leq r < 1) implies lfloor frac{a}{bc} floor = lfloor frac{a}{b} * frac{1}{c} floor = lfloor frac{1}{c}(lfloor frac{a}{b} floor + r) floor = lfloor frac{lfloor frac{a}{b} floor}{c} + frac{r}{c} floor = lfloor frac{lfloor frac{a}{b} floor}{c} floor ]

引理2

[forall n in N,left| left{lfloor frac{n}{d} floor din N ight} ight| leq lfloor 2 sqrt{n} floor ]

(|A|)表示集合(A)中的元素个数

略证：

对于(d leq lfloor sqrt{n} floor)，(lfloor frac{n}{d} floor)有(lfloor sqrt{n} floor)种取值

对于(d > lfloor sqrt{n} floor)，有(lfloor frac{n}{d} floor leq lfloor sqrt{n} floor) ，也只有(lfloor sqrt{n} floor)种取值

综上，得证

数论分块

数论分块快的过程大概如下：考虑含有(lfloor frac{n}{i} floor)的求和式子（(n)为常数）

对于任意一个(i(i leq n))，我们需要找到一个最大的(j(i leq j leq n))，使得(lfloor frac{n}{i} floor = lfloor frac{n}{j} floor)

略证：

[lfloor frac{n}{i} floor leq frac{n}{i} implies lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{i} floor} floor geq lfloor frac{n}{frac{n}{i}} floor = lfloor i floor= i implies i leq lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{i} floor} floor ]

即(j = lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{i} floor} floor)

利用上述结论，我们每次以([i,j])为一块，分块求和即可

积性函数

定义

若(gcd(x,y) = 1)且(f(xy) = f(x)f(y))，则(f(n))为积性函数

性质

若(f(x))和(g(x))均为积性函数，则以下函数也为积性函数：

[h(x) = f(x^p)\ h(x) = f^p(x)\ h(x) = f(x)g(x)\ h(x) = sum_{d|x}f(d)g(frac{x}{d}) ]

例子

• 单位函数：(epsilon(n) = [n = 1])
• 恒等函数：(id_k(n) = n^kid_1(n))通常简记作(id(n))
• 常数函数：(1(n) = 1)
• 除数函数：(sigma_k(n) = sum_{k|n}d^k sigma_0(n))通常简记作(d(n))或( au(n))，(sigma_1(n))通常简记作(sigma(n))
• 欧拉函数：(varphi(n) = sum_{i =1}^n[gcd(i,n) = 1])
• 莫比乌斯函数：(mu(n) = egin{cases}1 & n = 1 \ 0 & exists d:d^{2} mid n \ (-1)^{omega(n)} & otherwise end{cases})其中(omega(n))表示(n)的本质不同质因子个数，是一个积性函数
  狄利克雷卷积

定义

定义两个数论函数(f,g)的狄利克雷卷积为

[(f*g)(n) = sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d}) ]

性质

狄利克雷卷积满足交换律和结合律

其中(varepsilon)为狄利克雷卷积的单位元（任何函数卷(epsilon)都为其本身）

例子

[varepsilon = mu * 1 iff varepsilon(n) = sum_{d|n}mu(d)\ d = 1*1 iff d(n) = sum_{d|n}1 \ sigma = d * 1 iff sigma(n) = sum_{d|n}d \ varphi = mu * ID iff varphi(n) = sum_{d|n}d*mu(frac{n}{d}) ]

莫比乌斯函数

定义

(mu)为莫比乌斯函数，定义为

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

详细解释一下：

令(n = prod_{i = 1}^kp_i^{c_i})，其中(p_i)为质因子，(c_i geq 1)。上述定义表示：

• (n = 1)时，(mu(n) = 1)；

• 对于(n ot= 1)时：

  • 当存在(i in [1,k])，使得(c_i > 1)时，(mu(n) = 0)，也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次，(mu(n))就等于0；
  • 当任意(i in [1,k])，都有(c_i = 1)时，(mu(n) = (-1)^k)，也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时，即(n = prod_{i = 1}^kp_i)， ({p_i}_{i = 1}^k)中元素唯一时，(mu(n))等于-1的(k)次幂，此处(k)指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。

性质

莫比乌斯函数不但是积性函数，还有如下性质：

[sum_{d|n}mu(d) = egin{cases} 1 & n = 1 \ 0 & n ot= 1 end{cases} ]

即(sum_{d|n}mu(d) = varepsilon(n))，即(mu * 1 = varepsilon)

证明

设(n = prod_{i = 1}^kp_i^{c_i})，(n' = prod_{i = 1}^kp_i)

那么(sum_{d|n}mu(d) = sum_{d|n'}mu(d) = sum_{i = 0}^kC^i_k*(-1)^i = (1+(-1))^k)

根据二项式定理，易知该式子的值在(k = 0)即(n = 1)时值为(1)否则为(0)，这也同时证明力(sum_{d|n}mu(d) = [m = 1] = varepsilon(n))以及(mu * 1 = varepsilon)

补充结论

反演结论：([gcd(i,j) = 1] iff sum_{d|gcd(i,j)}mu(d))

直接推导：

如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以：如果(gcd(i,j) = 1)的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个(n)是(1)，也就是式子的值是(1)，反之，有一个与([gcd(i,j) = 1])相同的值：0

利用(varepsilon)函数：

根据上一结论，([gcd(i,j) = 1]implies varepsilon(gcd(i,j)))，讲(varepsilon)展开即可

线性筛

由于(mu)函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法不尽相同）

拓展

证明

[varphi*1 = ID(ID函数即f(x)=x) ]

将(n)分解质因数：(n = prod_{i = 1}^kp_i^{c_i})

首先，因为(varphi)是积性函数，故只要证明当(n'=p^c)时(varphi * 1 = sum_{d|n}varphi(frac{n'}{d} = ID))成立即可。

因为(p)是质数，于是(d = p^0,p^1,p^2,···,p^c)

易知如下过程：

[varphi * 1 = sum_{d|n}varphi(frac{n}{d})\=sum_{i = 0}^cvarphi(p^i)\=1+p^0*(p - 1)+p^1*(p - 1)+···+p^{c - 1}*(p - 1)\=p^c\=ID ]

该式子两侧同时卷(mu)可得(varphi(n) = sum_{d|n}*mu(frac{n}{d}))

莫比乌斯反演

设(f(n),g(n))为两个数论函数

如果有

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

那么有

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

证明

方法一：对原式做数论变换

[sum_{d|n}mu(d)f(frac{n}{d}) = sum_{d|n}mu(d)sum_{k|frac{n}{d}}g(k) = sum_{k|n}g(k)sum_{d|frac{n}{k}}mu(d) = g(n) ]

用(sum_{d|n}g(d))来替换(f(frac{n}{d}))，再变换求和顺序。最后一步变换的依据：

(sum_{d|n}mu(d) = [n = 1]),因此在(frac{n}{k} = 1)时第二个和式的值才为(1)。此时(n = k)，故原式等价于(sum_{k|n}[n = k]*g(k)=g(n))

方法二：运用卷积

原问题为：已知(f = g*1)，证明(g = f* mu)

易知如下转化：(f*mu = g * 1 * mu implies f* mu = g)（其中(i * mu = varepsilon)）。