莫比乌斯反演学习笔记

前置知识

整除分块（数论分块）

整除分块，主要是用来处理类似以下问题的：

\[\sum_{i = 1} ^ n \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \]

当然可以选择暴力枚举计算，但这只适用于 $n \le 10^8$，再大就会超时了。

那如果 $n > 10^8$ 有没有计算方法怎么办呢？这时候就需要使用整除分块了。

首先使用暴力打个表来观察规律，假设 $n = 20$，对于 $i \le 20$ 的答案为：

$i = $	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$ans = $	$20$	$10$	$6$	$5$	$4$	$3$	$2$	$2$	$2$	$2$
$i = $	$11$	$12$	$13$	$14$	$15$	$16$	$17$	$18$	$19$	$20$
$ans = $	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$

可以很明显的发现在一些区间内，答案都是一样的。

所以可以计算出每个答案对应的 $i$ 的最大值以及最小值即可。

最小值直接枚举，假设其为 $l$，那么该区间的答案就是 $\left \lfloor \frac{n}{l} \right \rfloor$，假设最大值为 $r, r = \max(i), r = \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{n}{\frac{n}{l}} \right \rfloor$，这个区间的总贡献为 $k \times (r - l + 1)$。

来看一道题：P2261 [CQOI2007] 余数求和

求 $\sum_{i = 1} ^ n k \mod i$。

\[\sum_{i = 1} ^ n k \mod i\\ = \sum_{i = 1} ^ n k - \left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor \times i\\ = n \times k - \sum_{i = 1} ^ n \left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor \times i \]

可以使用整除分块进行解决，注意一下有可能 $k \le n$ 要特判下边界。

留一道练习题（~~我也还没过~~）：P2260 [清华集训2012] 模积和。

相关定义及概念

狄利克雷卷积

首先需要知道什么叫做卷积呢？其实说人话卷积就是多项式乘法。

对于两个生成函数 $f(x)$ 和 $g(x)$，记它们的狄利克雷卷积为 $h(x)$。

\[h(x) = \sum_{d | x} f(d)g(\frac{x}{d}) = \sum_{ab = x} f(a)g(b) \]

积性函数

如果 $\forall a,b$，$\gcd(a, b) == 1$，$f(ab) = f(a)f(b)$，则称 $f$ 函数为积性函数。

完全积性函数

如果 $\forall a,b$，$f(ab) = f(a)f(b)$，则称 $f$ 函数为完全积性函数。

与积性函数的区别在于没有 $\gcd(a, b) == 1$ 的条件了。

单位元

对于一个运算，其单位元为在某个数与单位元进行操作过后依然是原数。

举个例子，加法运算的单位元是 $0$，乘法运算的单位元是 $1$。

习惯于将记为 $e$ 或者 $\varepsilon$。

而单位元在卷积运算中 $e = [n == 1]$。

欧拉函数

先不要管为什么将莫比乌斯会提到欧拉函数，后面莫比乌斯的有个性质和欧拉函数有关。

定义

$\phi$ 为欧拉函数，定义为：

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

计算

怎么快速计算，对于 $\phi$ 的计算，有如下公式：

\[n = p_1 ^ {c_1} \cdot p_2 ^ {c_2} \cdot p_3 ^ {c_3} … p_{k - 1} ^ {c_{k - 1}} \cdot p_k ^ {c_k}\\ \phi(n) = n \cdot \prod _ {i = 1} ^ k (1 - \frac{1}{p_k})\\ \]

怎么证明呢，这里需要一点小小的容斥：

这里为了方便表示，除法，分数默认向下取整。

先去掉 $n$ 中 $p_1, p_2, p_3 … p_{k - 1}, p_k$ 的倍数：

\[n - \frac{n}{p_1} - \frac{n}{p_2} - \frac{n}{p_3} - … - \frac{n}{p_{k - 1}} - \frac{n}{p_k} \]
对于即使 $p_1$ 的倍数，又是 $p_2$ 的倍数的就会被多算，所以加回来：

\[n + \frac{n}{p_1 p_2} + \frac{n}{p_1 p_3} + \frac{n}{p_1 p_4} + … + \frac{n}{p_{k - 1} p_k} \]
重复此步骤直到为分母为 $q_1$ 到 $q_k$ 的乘积。

这个的和就是上述的计算公示了。

性质及结论

知道计算公示后，还需要知道一些关于 $\phi$ 的性质：

如果 $x \in prime$，$\phi(x) = x - 1$
欧拉函数是一个积性函数，但又不是完全积性函数，所以如果 $[\gcd(i, j) == 1]$，$\phi(ij) = \phi(i) \phi(j)$
$\phi * 1 = id$，这里的 $*$ 是狄利克雷卷积，这个性质在推式子以及杜教筛都会用到。
$id * \mu = \phi$，同样的，这里的 $*$ 为狄利克雷卷积。
欧拉函数也有欧拉反演，形式如下：

\[n = \sum_{d | n} \phi(d) \]
给一个常用的式子，避免到时候还要去推：

\[\sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{j = 1} ^ {n} \gcd(i, j)\\ = \sum_{D = 1} ^ {n} \phi(D) \times \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor\left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \\ \]
剩下的部分整除分块加一个 $\phi$ 的前缀和即可。

代码实现

如果落实到代码中，上述公式就显得过于笨重且麻烦了。所以，落实在程序在程序中就要使用筛法以及性质进行优化。

具体如下：

void Phi(){
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2 ; i <= Maxn ; i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++tot] = i;
			phi[i] = i - 1;\\性质 1
		}
		for(int j = 1 ; j <= tot && prime[j] * i <= Maxn ; j++){
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0){
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                \\i * prime[j] 只比 i 多了一个质因数 prime[j],又因为 i % prime[j] == 0,所以与 i 互质的一定与 
                  i * prime[j] 互质。i * prime[j] 比 i 多互质的只有与 i 互质的倍数而已，所以是 phi[i] * 	                       prime[j]。
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
            \\ i,prime[j] 互质，根据性质 2 可得。
		}
	}
}

莫比乌斯函数

既然要学莫比乌斯反演，肯定要知道莫比乌斯函数。

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为：

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

性质及结论

关于莫比乌斯函数有几个好玩的性质：

与单位元的关系：

\[\sum_{d | n} \mu(d) = [n == 1] = e(n)\\ 也可以写做\\ \sum_{d | n} \mu(d) = \begin{cases} 1 & (n = 1)\\ 0 & (n > 1) \\ \end{cases} \]
证明：
1. 当 $[n == 1]$ 时，$d = 1$，$\mu(d)$ 只能等于 $1$，成立。
2. 当 $n \ne 1$ 时：
  
  可以不用管 $\mu(d) = 0$ 的情况，只需要考虑 $\mu(d) \ne 0$ 的情况，也就是 $d$ 每个质因子的指数 $\le 1$。
  
  假设：
  
  \[n = p_1 ^ {c_1} \cdot p_2 ^ {c_2} \cdot p_3 ^ {c_3} … p_{k - 1} ^ {c_{k - 1}} \cdot p_k ^ {c_k}\\ \]
  由于质因子幂大于 $1$ 的 $\mu$ 值为 $0$，所以因此只考虑质因子幂为 $0, 1$ 的情况：
  
  \[\sum_{d | n} \mu(d) = \sum_{i = 0} ^ k C_k ^ i \times (-1) ^ i\\ = \sum_{i = 0} ^ k C_k ^ i \times (-1) ^ i \times 1 ^ {k - i}\\ 根据二项式定理：(x + y) ^ n = \sum_{i = 0} ^ n C_n ^ i x ^ {n - k} \times y ^ k 得\\ 原式 = (1 - 1) ^ k = 1 \]
与欧拉函数的关系（我蒟蒻，所以不证明了，上面也提到过）

\[id * \mu = \phi (这第的 * 是狄利克雷卷积) \]

代码实现

很好想的啦，根据上面的对与莫比乌斯函数的性质可以很容易的筛出来：

void Mu(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= Maxn ; i++){
        if(!vis[i]){
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1; //质数，所以只有一个质因子，所以初值为 -1
        }
        for(int j = 1 ; j <= tot && prime[j] * i <= Maxn ; j++){
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break; //prime[j] * i 中质因子 prime[j] 出现了两次及以上，所以为零不管
            mu[prime[j] * i] = -mu[i];//多一个质因子，取相反数
        }
    }
}

莫比乌斯反演

终于进入正题了。

定理

对于一些函数 $f(n)$，如果我们很难直接求出它的值，而容易求出倍数和或约数和 $F(n)$，那么我们可以通过莫比乌斯反演来求得 $f(n)$ 的值。

形式化的说：

\[如果满足 F(n) = \sum_{d | n} f(d)\\ 那么 f(n) = \sum_{d | n} \mu(d) F(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor) \]

由于我是蒟蒻，所以我这里就不证明了，能用即可。

$i = $	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)
$ans = $	\(20\)	\(10\)	\(6\)	\(5\)	\(4\)	\(3\)	\(2\)	\(2\)	\(2\)	\(2\)
$i = $	\(11\)	\(12\)	\(13\)	\(14\)	\(15\)	\(16\)	\(17\)	\(18\)	\(19\)	\(20\)
$ans = $	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)

Populus-euphratica

莫比乌斯反演学习笔记