初探莫比乌斯反演

蒟蒻刚学 OI $5.39\times 10^{-44}$ 秒，如有错误请批评指出。

引入

算术函数

在数论中，我们研究的对象是正整数，因此数论中关心的函数，定义域就变成了正整数集，那么这一类函数叫做算术函数。

例如下面的这个函数：

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

这个函数是欧拉函数，它代表的是小于等于 $n$ 的正整数中，与 $n$ 互质的数的个数。

积性函数

如果 $\gcd(a,b) = 1$，若函数 $f(ab) = f(a)f(b)$，则称 $f$ 是积性函数。特别地，如果 $\gcd(a,b) \ne 1$，但仍有 $f(ab) = f(a)f(b)$，那么称 $f$ 是完全积性函数。

注意到欧拉函数是积性的，但这非本文讨论范围，故不给出证明。

那为什么要关心这个性质呢？根据唯一分解定理，任意大于 $1$ 的整数都可以唯一地表示成有限个质数的乘积，即

\[n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_k^{\alpha_k} \]

如果一个函数是积性的，那么它所有地方的函数值都由质数幂次处的函数值决定。

和函数

对于算术函数 $f(n)$，定义

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

即对所有正整数约数 $d$ 的函数值 $f(d)$ 求和，这个函数 $F(n)$ 称作 $f$ 的和函数。

例如：

\[\sum_{d|n} \varphi(d) = n \]

即欧拉函数的和函数是恒等函数 $n$。

莫比乌斯反演的形式

对于给定的 $n$，$F(n)$ 中包含哪些 $f(d)$ 是确定的，因此可以通过解方程组从 $F$ 反解出 $f$。

观察下列的几个等式：

\[\begin{align} F(1) &= f(1) \nonumber \\ F(2) &= f(1)+f(2) \nonumber \\ F(3) &= f(1)+f(3) \nonumber \\ F(4) &= f(1)+f(2)+f(4) \nonumber \\ F(5) &= f(1)+f(5)\nonumber \\ F(6) &= f(1)+f(2)+f(3)+f(6) \nonumber \end{align} \]

将 $f(d)$ 看作未知数，$F(n)$ 看作已知量，那么这里有 $6$ 个方程 $6$ 个未知数，可以解得每一个 $f(d)$：

\[\begin{align} f(1) &= F(1) \nonumber \\ f(2) &= F(2)-F(1) \nonumber \\ f(3) &= F(3)-F(1) \nonumber \\ f(4) &= F(4) - F(2) \nonumber \\ f(5) &= F(5) - F(1) \nonumber \\ f(6) &= F(6)-F(3)-F(2) + F(1)\nonumber \end{align} \]

现在发挥注意力，注意到右边 $F$ 的“自变量”都是左边 $f$ 的自变量的约数，并且前面的系数呈现出某种规律。把这些系数记作一个函数 $\mu$，于是可以形式地写成：

\[F(n) = \sum_{d|n} f(d) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{d|n} \mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right) = (\mu*F)(n) \]

这个变形叫做莫比乌斯反演，这种形式就是狄利克雷卷积。这里的 $\mu$ 是莫比乌斯函数，它是由反演公式唯一确定的。

莫比乌斯函数

形式

现在我们已经有了如下的变形：

\[F(n) = \sum_{d|n} f(d) \Longleftrightarrow f(n) = \sum_{d|n} \mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right) \]

我们来推导莫比乌斯函数 $\mu(n)$ 的取值。

当 $n = 1$ 时

由 $F(1)=f(1)$，同时反演公式给出：

\[f(1) = \mu(1)F(1) \]
这里取一个 $f(1)\neq 0$ 的算术函数，所以 $\mu(1)=1$。
当 $n$ 为质数时

设 $n=p$，则 $F(p)=f(p)+f(1)$，所以 $f(p)=F(p)-F(1)$。

代入反演公式：

\[f(p)=\mu(1)F(p)+\mu(p)F(1) \]
即

\[F(p)-F(1)=F(p)+\mu(p)F(1) \]
所以 $\mu(p)=-1$。
当 $n$ 为质数的幂时，记 $n=p^k$
- 当 $k=2$ 时
  
  $F(p^2)=f(p^2)+f(p)+f(1)$，所以 $f(p^2)=F(p^2)-F(p)$.
  
  代入反演公式：
  
  \[f(p^2)=\mu(1)F(p^2)+\mu(p)F(p)+\mu(p^2)F(1) \]
  即
  
  \[F(p^2)-F(p)=F(p^2)-F(p)+\mu(p^2)F(1) \]
  所以 $\mu(p^2)=0$。
- 当 $k=3$ 时
  
  $F(p^3)=f(p^3)+f(p^2)+f(p)+f(1)$，于是
  
  \[f(p^3)=F(p^3)-F(p^2) \]
  代入反演公式：
  
  \[f(p^3)=\mu(1)F(p^3)+\mu(p)F(p^2)+\mu(p^2)F(p)+\mu(p^3)F(1) \]
  因为 $\mu(1)=1,\mu(p)=-1,\mu(p^2)=0$，得到
  
  \[F(p^3)-F(p^2)=F(p^3)-F(p^2)+\mu(p^3)F(1) \]
  所以 $\mu(p^3)=0$。
同理，对任意 $k\ge 2$，可归纳得到 $\mu(p^k)=0$。
当 $n$ 为合数时

为了处理合数，我们需要知道 $\mu$ 的积性。事实上，$\mu$ 是积性函数，即若 $\gcd(a,b)=1$，则

\[\mu(ab)=\mu(a)\mu(b) \]
证明：设 $a$ 有平方因子（由于 $a,b$ 对称，这里只讨论 $a$ 有平方因子），则 $ab$ 也有平方因子，两边均为 $0$；设 $a,b$ 都无平方因子，且

\[a=p_1p_2\cdots p_r,\quad b=q_1q_2\cdots q_s \]
其中所有 $p_i,q_j$ 互不相同。于是 $ab$ 是 $r+s$ 个不同素数之积，所以

\[\mu(ab)=(-1)^{r+s}=(-1)^r(-1)^s=\mu(a)\mu(b) \]
故 $\mu$ 是积性函数。

现在由唯一分解定理：

\[n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_k^{\alpha_k} \]
根据积性：

\[\mu(n) = \mu(p_1^{\alpha_1})\mu(p_2^{\alpha_2}) \cdots \mu(p_k^{\alpha_k}) \]
- 若存在 $i$ 使得 $\alpha_i\ge 2$，则 $\mu(p_i^{\alpha_i})=0$，于是 $\mu(n)=0$；
- 若所有 $\alpha_i=1$，则每一项都是 $-1$，共 $k$ 个，所以 $\mu(n)=(-1)^k$。

总结一下，莫比乌斯函数的取值：

\[\mu(n)= \begin{cases} 1 & n=1\\ 0 & \exists d>1,\,d^2\mid n \\ (-1)^{\omega(n)} & \text{otherwise} \end{cases} \]

其中，$\omega(n)$ 表示 $n$ 的不同质因子个数。

求法

如果我们只关心单个 $n$ 的 $\mu(n)$，可以先将其质因数分解，再根据上面的式子求值，这样的时间复杂度是 $O(\sqrt n)$。

int mu(int x) {
    if (x == 1)    return 1;// 第一种情况
    int cnt = 0;//这个即为 ω(n)
    for (int i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            cnt++, x /= i;
            if (x % i == 0)    return 0; // 第二种情况，即 n 是质数幂的倍数
        }
    }
    if (x > 1) cnt++; // 处理剩余的大于 1 的质因子
    return (cnt & 1 ? -1 : 1);//第三种情况
}

如果我们想求 $1$ 到 $n $ 的 $\mu$ 值，可以使用线性筛求得。

const int MAXN = 1e7+5;
int tot = 0;
int p[MAXN], mu[MAXN];
bool vis[MAXN];

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

和函数

继续来讨论莫比乌斯函数的和函数 $G(n)$：

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

$n = 1$

可得 $G(1)=1$。
$n>1$

设 $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_k^{\alpha_k}$，令 $n' = p_1p_2p_3\cdots p_k$。

由于 $\mu$ 在含平方因子的数处为 $0$，所以

\[G(n) = G(n') = \sum_{d|n'}\mu(d) \]
从 $k$ 个不同质因子中选 $i$ 个的乘积作为 $d$，共有 $\binom{k}{i}$ 种选法，每种贡献 $(-1)^i$，所以

\[G(n) = \sum_{i = 0}^k \binom{k}{i}(-1)^i \]
使用二项式定理：

\[G(n) = \sum_{i = 0}^k \binom{k}{i}(-1)^i 1^{k-i} = (-1+1)^k = 0 \]

总结一下，莫比乌斯函数的和函数的取值：

\[\sum_{d|n}\mu(d) = [n=1] = \begin{cases} 1, & n=1,\\ 0, & n\ne 1. \end{cases} \]

与欧拉函数的关系

已知有下列的式子

\[\begin{align} \varphi = \text{id} * \mu \end{align} \]

证明：
令 $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}p_3^{\alpha_3}\cdots p_k^{\alpha_k}$.

则 $(1)$ 式左边：

\[\begin{align} \varphi(n) &=n\prod_{i=1}^k (1 - \dfrac{1}{p_i}) \nonumber \\ &= n\left( 1-\sum_{i=1}^k \dfrac{1}{p_i} + \sum_{1\le i <j \le k}\dfrac{1}{p_ip_j} - \sum_{1\le i < j < t \le k} \dfrac{1}{p_ip_jp_t} \cdots \right) \nonumber \end{align} \]

$(1) $ 式右边：

\[\begin{align} (\text{id} * \mu)(n) &= \sum_{d|n} \text{id}(\dfrac{n}{d})\mu \left( d\right) \nonumber \\ &= n\sum_{d|n} \dfrac{\mu(d)}{d} \nonumber \\ \end{align} \]

当 $d = 1$ 时，$\mu(d) = 1$，故第一项为 $1$
当 $d = p_i$ 时，$\mu(d) = -1$，故第二项为 $-\sum \frac{1}{p_i}$
当 $d = p_ip_j$ 时，$\mu(d) = 1$，故第三项为 $\sum \frac{1}{p_ip_j}$
当 $d = p_ip_jp_t$ 时，$\mu(d) = -1$，故第四项为 $-\sum \frac{1}{p_ip_jp_t}$
$\cdots$

将上面的式子全部加起来

\[(\text{id} * \mu)(n) = n\left( 1-\sum_{i=1}^k \dfrac{1}{p_i} + \sum_{1\le i <j \le k}\dfrac{1}{p_ip_j} - \sum_{1\le i < j < t \le k} \dfrac{1}{p_ip_jp_t} \cdots \right) \nonumber \]

故结论得证。

声明：本文使用 DeepSeek-V4-Flash 进行文章润色和纠错，不喜勿喷。

posted @ 2026-08-16 23:31 C0nfidence 阅读(106) 评论(2) 收藏举报

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