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
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一定的数论基础（起码你知道一些基础的数论）
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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）
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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）
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当然还有计算能力（数论题不动手算那怎么行）
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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：
（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：
3、 \(\epsilon(n)\)，这个函数的定义是这样的：
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、 \(\text{1}(n)\)，即常数函数，有 \(\text{1}(n)=1\)。
*欧拉函数性质相关
首先规定一个正整数 \(N\) 的唯一分解：\(N=\displaystyle\prod^{m}_{i=1}p_{i}^{c_i}, \ \ p∈primes\)。
\(\text{Lemma 1：}\) \(\phi(N)=N×\displaystyle\prod^{m}_{i=1}(1-\frac{1}{p_i})\)
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：
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。
\(\text{Lemma 2：}\) \(\phi(n×m)=\phi(n)×\phi(m), \ \ (n,m)=1\)
（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 \(\text{Lemma 1}\) 可以得到：
所以：
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：
\(\text{Lemma 3：}\) 若 \(n=p^k\)，其中 \(p\) 为质数，那么 \(\phi(n)=(p-1)*p^{k-1}\)
证明：
由 \(\text{Lemma 1}\) 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：
\(\text{Lemma 4：}\) \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\phi(d)=n\)
证明：
不妨令 \(F(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}\phi(d)\)。首先证明 \(F\) 函数的积性。若 \((n,m)=1\)，则：
因为 \((n,m)=1\)，所以得到 \(\phi(n)*phi(m)=\phi(n×m)\)，那么：
（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：
因此拓展到 \(n\) 有 \(F(n)=n\) 即：
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：
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：
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：
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：
\(\text{ID}\) 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：
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：
\(\text{Lemma 1：}\) \(\epsilon(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(n)=\begin{cases}1 & n=1 \\ 0 & n>1\end{cases}\)
证明：
上文就已经提到，对于 \(\epsilon\) 的定义是这样的：\(\epsilon(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)\)（\(\epsilon =\mu * 1\)）。因为莫比乌斯函数是积性函数，所以若 \(n=\displaystyle\prod^{k}_{i=1}p_i^{c_i}\)，不妨令 \(n'=\displaystyle\prod^{k}_{i=1}p_i\)，那么有：
根据二项式定理：\((A+B)^k=\displaystyle\sum_{i=0}^{k}\binom{n}{i}A^{i}\text{·}B^{k-i}\)，将 \(A=1,B=-1\) 带入上式即可得到：
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 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\)。
\(\text{Lemma 2：}\) \([(i,j)=1]\iff \displaystyle\sum_{d\mid (i,j)}\mu(d)\)
证明：
利用 \(\epsilon\) 可以得到，\([(i,j)=1]\iff \epsilon\Big((i,j)\Big)\)，展开 \(\epsilon\)：
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）：
\(\text{Lemma 3：}\) \(\phi * \text{1}=\text{ID}(ID:f(x)=x)\)
证明：
根据欧拉函数的 \(\text{Lemma 4}\) 即 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\phi(d)=n\)，有：
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：
\(\text{Lemma 4：}\) \(\phi(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}d×\mu(\frac{n}{d})\)
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：
那么：
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
一个比较好的解释就是，用 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\) 替换掉 \(\displaystyle f(\frac{n}{d})\)，然后变换求和顺序。最后一步可以根据 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\)，在 \(\displaystyle\frac{n}{k}=1\) 时第二个和式值为 \(1\)。此时有 \(n=k\)，故可等价为 \(\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\text{·}g(k)=g(n)\)。
法二：运用狄利克雷卷积
考虑转化模型。即已知 \(f=g*\text{1}\)，求证：\(g=f*\mu\)。
显然我们可以得到：\(f*u=g*\text{1}*u\implies f*u=g\)（\(\text{1}*\mu=\epsilon\)）
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：
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：
这个式子还是很麻烦……怎么化开呢（我要化了……）
\(\text{Lemma 1：}\) \(gcd(i,j)=k\implies \displaystyle gcd\Big(\frac{i}{k},\frac{j}{k}\Big)=1\)
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：
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？
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：
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 \(d\mid gcd(i,j)\)：
显然看到后面这个 \(d\mid i,d\mid j\) 就会想到整除分块了。\(1-\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor\) 中 \(d\) 的倍数有 \(\big\lfloor\frac{n}{k×d}\big\rfloor\) 个，所以:
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 \(O(N+T\sqrt{N})\)
（代码先咕着）
浙公网安备 33010602011771号