莫比乌斯反演 & 狄利克雷卷积

大家好，我不会数学实锤了。

文章内容较杂，分章节叙述了的大部分有关内容。

为什么把这俩放一起？我不知道。

积性函数

积性函数：\(\forall a,b\)，\(a\perp b\)，如果一个函数 \(f\) 始终满足 \(f(ab) = f(a)f(b)\)，则称 \(f(x)\) 为积性函数。

常见的积性函数：

\(d(x) = \sum\limits_{i\mid n} 1\)

\(\sigma(x) = \sum\limits_{i\mid n} i\)

\(\varphi(x) = \sum\limits_{i=1}^{x}[\gcd(x,i)=1]\)（欧拉函数）

设 \(x=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i}\)，\(p_i\) 为质数。

\( \mu(x) = \begin{cases} 1 & x = 1 \\ 0 & max\{\alpha_i\} > 1 \\ (-1)^k & \forall \alpha_i = 1 \\ \end{cases} \)
（莫比乌斯函数）

若 \(f,g\) 为积性函数，则

• \(h(x)=f(x^p)\)
• \(h(x)=f^p(x)\)
• \(h(x)=f(x)g(x)\)
• \(h(x)=\sum\limits_{d\mid x}f(d)g(x/d)\)

中 \(h(x)\) 同为积性函数。

在处理莫比乌斯反演时，有时会要求出数论函数的前缀和，杜教筛可以用来快速处理此类问题。

狄利克雷卷积

有一个更好听的英文名字 Dirichlet 卷积。

数论函数：定义域为正整数，陪域为复数的函数。数论函数中比较重要的运算法则为狄利克雷卷积。

可以发现数论函数是无限项的。

一个数论函数等于 \(0\)，当且仅当 \(\forall f(x) = 0\)。

对于两个数论函数 \(f,g\)，它们狄利克雷卷积的结果 \(h\) 定义为：

\(h(x) = \sum\limits_{d\mid x}^{}f(d)g(\frac{x}{d}) = \sum\limits_{ab=x}^{}f(a)g(b)\)

可以简记为 \(h=f*g\)。

狄利克雷卷积和狄利克雷生成函数有较大联系，不过本文不做讨论。

狄利克雷满足以下性质（\(f,g,h\) 均为数论函数）：

• 交换律 \(f*g=g*f\)
• 结合律 \((f*g)*h=f*(g*h)\)
• 分配律 \((f+g)*h=f*h+g*h\)
• 数乘结合律 \((xf) * g = x(f*g)\)，\(x\in R\)

简要证明一下第四条性质：

证明：记 \(h = f * g\)，右式 \(=xh\)

左式 $= \sum\limits_{ab=n} xf(a)g(b) = x \sum\limits_{ab=n} f(a)g(b) = xh = $ 右式

主要是一开始自己脑抽了一下没有想出来

其余均可自证不难。

单位元：单位函数 \(\varepsilon\) 是狄利克雷卷积中的单位元，对于任意数论函数 \(f(x)\)，\(f*\varepsilon = f\)。据此可以求出 \(\varepsilon = \{1,0,0,0,\ldots\}\)。

零函数：\(0*f=0\)。

逆元：对于任意一个满足 \(f(x) \not = 0\) 的数论函数，如果有另一个数论函数 \(g(x)\)，满足 \(f*g=\varepsilon\)，则称 \(g(x)\) 是 \(f(x)\) 的逆元。逆元是唯一的。

\(g(x)\) 的表达式为：

\[g(x) = \frac{\varepsilon(x) - \sum_{d\mid x,d\not = 1} f(d)g(\frac{x}{d})}{f(1)} \]

接下来是一个重要结论：两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数。

设 \(f,g\) 是积性函数，\(h=f*g\)。

设 \(\gcd(a,b) = 1\)，则：

\(h(a)=\sum\limits^{}_{d1\mid a}f(d1)g\big(\frac{a}{d1}\big)\)

\(h(b)=\sum\limits^{}_{d2\mid b}f(d2)g\big(\frac{b}{d2}\big)\)

令 \(d = d1d2\)，

\(h(a)h(b) = \sum\limits^{}_{d\mid ab}f(d)g\big(\frac{ab}{d}\big) = h(ab)\)

证毕。

由此我们有一个推论：积性函数的逆元也是积性的，证明留给读者思考。

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莫比乌斯反演

前面我们提到了莫比乌斯函数，它也是个积性函数。这个函数还有如下性质：

\( \sum\limits_{d\mid n} \mu(d)= \begin{cases} 1 & n = 1 \\ 0 & n \not = 1 \end{cases} \)

证明：令 \(n = \prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{c_i},n'=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i\)

由于含有平方项的因子 \(d\)，\(\mu(d)=0\)，因此 \(n=n'\)。

而 \(\sum\limits_{d\mid n'}^{}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^{k}(-1)^i\binom{k}{i}=(1+(-1))^k\)

因此当 \(k=0\) 即 \(n=1\) 时答案为 \(1\)，否则为 \(0\)。

注意到，这和 \(\varepsilon(n)\) 是相等的，\(\mu * 1 = \varepsilon\)。

反演结论：\([\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d\mid\gcd(i,j)}^{}\mu(d)\)

如果 \(\gcd(i,j)=1\)，\(\mu(1) = 1\)。

如果 \(\gcd(i,j)\not=1\)，\(\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}^{}\mu(d) = 0\)。

这个式子非常重要，强烈建议熟练背诵。

在上文，我们推导出了 \(\mu\) 函数是积性函数，因此可以线性求。

莫比乌斯变换中有两个常见变换形式可以用来反演，这里浅作记录：

• 若 \(f(n)=\sum\limits_{d\mid n}^{}g(d)\)，则 \(g(n) = \sum\limits_{d\mid n}^{}\mu(d)f\big(\frac{n}{d}\big)\)

  \(f(n)\) 称为 \(g(n)\) 的莫比乌斯变换，\(g(n)\) 称为 \(f(n)\) 的莫比乌斯逆变换，也就是莫比乌斯反演。

  我们进行拆分，发现 \(f(n)\) 相当于是 \(g(n)\) 与常数函数 \(1\) 的狄利克雷卷积。

  现在尝试证明上面的式子

  证明：我们希望能把 \(\sum\mu(d)\) 的贡献单独拆出来，尝试代入 \(f(n)\)

  \[\sum_{d\mid n} \mu(d) f\big(\frac{n}{d}\big)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid(n/d)}g(k) \]

  尝试按照 \(g(k)\) 的贡献求和，上式可以变成

  \[\sum_{k\mid n}g(k) \sum_{d\mid (n/k)} \mu(d) \]

  当 \(\frac{n}{k}=1\) 时，\(g(k)\) 才有贡献，因此只有 \(n=k\) 时，原式存在贡献，故原式等价于 \(\sum\limits_{k\mid n}^{}[k=n]\cdot g(k)=g(n)\)

  证毕。

• 若 \(f(n)=\sum\limits_{n\mid d}^{}g(d)\)，则 \(g(n)=\sum\limits_{n\mid d}\mu\big(\frac{d}{n}\big)f(d)\)

  证明：逆推等号右边

  \[\begin{align*} & \sum_{n\mid d}^{}\mu\big(\frac d n\big)f(d) \\ = & \sum_{k=1}^{}\mu(k)f(kn)\\ = & \sum_{k=1}^{}\mu(k)\sum_{kn\mid d}g(d) \\ = & \sum_{n\mid d}^{}g(d)\sum_{k\mid(d/n)}^{}\mu(k) \\ = & \sum_{n\mid d}^{}g(d)\varepsilon\big(\frac{d}{n}\big) \end{align*} \]

  第三行推导第四行的原因是，我们从求 \(kn\) 能贡献的 \(d\)，变成了对于一个 \(d\)，有多少 \(k\) 能贡献。

  上文的反演结论，其实对应着 \(\varepsilon(n) = \sum\limits_{d\mid n}^{}\mu(d)\)，故第四行可以推出第五行。

  综上，当 \(d=n\) 时，右式才会有贡献，因此等于 \(g(n)\)，证毕。

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做一做

1. [HAOI2011]Problem b

求

\[\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[\gcd(i,j)=k] \]

多测，\(a,b,c,d,k\) 给定。

首先经典容斥，记 \(f(i,j) = [gcd(i,j)=k]\)

\[\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}f(i,j)=\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{d}f(i,j)-\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{c-1}f(i,j)-\sum_{i=1}^{a-1}\sum_{j=1}^{d}f(i,j)+\sum_{i=1}^{a-1}\sum_{j=1}^{c-1}f(i,j) \]

将 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=k]\) 转化一下

\[\sum_{i=1}^{\lfloor n / k \rfloor} \sum_{i=1}^{\lfloor m / k \rfloor} [\gcd(i,j)=1] \]

由反演结论

\[\sum_{i=1}^{\lfloor n / k \rfloor} \sum_{i=1}^{\lfloor m / k \rfloor} \sum_{d\mid \gcd(i,j)}^{}\mu(d) \]

发现我们的时间复杂度并没有降低，考虑变化求和顺序，我们枚举 \(d\)，那么 \(i,j\) 都是 \(d\) 的倍数，发现可以将原式化为

\[\sum_{d=1}^{}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor n/k \rfloor}[d\mid i]\sum_{i=1}^{\lfloor m / k \rfloor}[d\mid j] \]

由下取整的性质可知，\(1\sim\lfloor \frac{n}{k}\rfloor\) 中 \(d\) 的倍数有 \(\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor\) 个，故原式等于

\[\sum_{d=1}^{min(\lfloor n/k \rfloor,\lfloor m/k \rfloor)} \mu(d)\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor \]

可以用数论分块方式在根号时间解决。

预处理复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

2. LCMSUM

求

\[\sum_{i=1}^{n}\operatorname{lcm}(i,n) \]

多测 \(T \le 3 \times 10^5,n \le 10^6\)

根据小学奥数知识 \(\operatorname{lcm}(x,y)=\frac{xy}{\gcd(x,y)}\)

原式即

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

有一个数学中常用trick，将原式复制一份并倒序，提出 \(i=n\)

\[\frac{1}{2}\cdot\bigg(\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i\cdot n}{\gcd(i,n)}+\sum_{i=1}^{n-1}\frac{(n-i)\cdot n}{\gcd(n-i,n)} \bigg) + n \]

由辗转相除可得 \(\gcd(a,b)=gcd(b-a,b)\)，分母可以合并，原式即

\[\frac{1}{2}\cdot \sum_{i=1}^{n-1}\frac{n^2}{\gcd(i,n)} + n \]

将 \(n\) 提回来

\[\frac{1}{2}\cdot\sum_{i=1}^{n}\frac{n^2}{\gcd(i,n)} + \frac{n}{2} \]

那么问题变成了根号或 \(\mathcal O(1)\) 求解 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n^2}{\gcd(i,n)}\)

有一个想法是，设 \(d=\gcd(i,n)\)，枚举 \(d\)，此时 \(\gcd\big(\frac{i}{d},\frac{n}{d}\big)=1\)

统计与小于一个数且和这个数互质的函数当然学过——欧拉函数。

所以 \(\gcd(i,n)=d\) 的数有 \(\varphi(d)\) 个。原式可以转换为

\[\frac{1}{2}\cdot\sum_{d\mid n}\frac{\varphi(n/d)\cdot n^2}{d} + \frac{n}{2} \]

考虑想办法将式子套出积性函数的样子，设 \(d'=\frac{n}{d}\)，原式即

\[\frac{1}{2}n\cdot\bigg( \sum_{d'\mid n}\big(d'\cdot\varphi(d')\big) +1 \bigg) \]

设 \(g(x) = \sum\limits_{d\mid x}^{} d \cdot \varphi(d)\)，\(f_1(x)=x\) 为积性函数，\(f_2(x) = \varphi(x)\) 为积性函数，那么 \(f_1(x)f_2(x)\) 是积性函数，\(\sum\limits_{d\mid x}^{}f_1(d)f_2(d)\) 可以看作是 \(h(x)=1\) 和 \(f_1f_2\) 的狄利克雷卷积。上文我们已经论证了两个积性函数的狄利克雷卷积仍然是积性函数，所以 \(g(x)\) 是积性函数。

积性函数可以在线性时间内完成推导，这里给出推导过程：

设 \(\mathcal P\) 是素数集

\(g(p_i^k)\) 的值很容易表示，因为约数集确定在 \(p_i^0,p_i^1,\ldots,p_i^k\)。

\(g(p_i^k)=\sum\limits_{w=0}^{k}p_i^w\cdot\varphi(p_i^w)\)

\(\varphi(p_i^w)=p_i^{w-1}\cdot(p_i-1)\) 可以想象成将 \(p_i^w\) 分成 \(p_i^{w-1}\) 个段，每个段的最后一个显然是 \(p_i\) 的倍数。

所以 \(g(p_i^k)=p_i^{2w-1}\cdot(p_i-1)\)。

根据这上述式子，我们尝试将 \(g(p_i^{k+1})\) 表示出来

\[\begin{align*} g(p_i^{k+1}) & = \sum_{w=0}^{k+1}p_i^{w}\cdot\varphi(p_i^w) \\ ~ & =\sum_{w=0}^{k}p_i^w\cdot\varphi(p_i^w) + p_i^{k+1}\cdot\varphi(p_i^{k+1}) \\ ~ & =g(p_i^k) + p_i^{2k+1}\cdot(p_i-1) \end{align*} \]

考虑线性筛中的下一个步骤，枚举 \(i \cdot p_j\)

如果 \(i\) 和 \(p_j\) 互质，这是朴素的。

接下来考虑 \(p_j\mid i\) 的情况，令 \(i=k\cdot p_j^w(\gcd(k,p_j)=1)\)，

\[\begin{align*} g(i\cdot p_j)&=g(k)\cdot g(p_j^{w+1}) \\ g(i)&=g(k)\cdot g(p_j^w) \\ g(\frac{i}{p_j})&=g(k) \cdot g(p_j^{w-1}) \end{align*} \]

即

\[\begin{aligned} g(i\cdot p_j) - g(i) & = g(k) \big(g(p_j^{w+1}) - g(p_j^w)\big) \\ ~ & = g(k)\cdot p_j^{2w+1}\cdot(p_j-1) \end{aligned} \qquad(1) \]

同理

\[g(i)-g\big(\frac{i}{p_j}\big) = g(k)\cdot p_j^{2w-1} \cdot (p_j-1) \qquad (2) \]

所以将 \((2)\) 式代入 \((1)\) 式

\[g(i\cdot p_j)=g(i) + \bigg(g(i) - g\big(\frac{i}{p_j}\big)\bigg) \cdot p_j^2 \]

预处理时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)，每个询问 \(\mathcal{O}(1)\) 回答。

3. UOJ #62 怎样跑得更快

\[\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)^c\cdot\operatorname{lcm}(i,j)^d\cdot x_j \equiv b_i \pmod p \]

\(n,c,d\) 给定，\(p = 998244353\)，多测给出 \(b_i\)，求 \(x_i\)。

记 \(f(i,j) = \gcd(i,j)\operatorname{lcm}(i,j)\)

有一个很好的思考方向，我们将线性方程组写成矩阵形式：

\[\begin{bmatrix} f(1,1) & f(1,2) & \dots \\ f(2,1) & \dots \\ \ldots \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \ldots \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \ldots \end{bmatrix} \]

暴力求解，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3q)\)。

当然你发现可以直接将 \(F\) 的逆矩阵处理出来每组询问直接乘 \(B\) 即可。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^3+qn^2)\)。

接下来考虑正解，以下等号均看作模 \(p\) 意义下。

朴素地拆开 \(\operatorname{lcm}\)，原式转化为

\[\sum_{j=1}^{n} \gcd(i,j)^{c-d}\cdot i^d \cdot j^d\cdot x_j = b_i \]

改写式子

\[\sum_{j=1}^{n}f\big(\gcd(i,j)\big)\cdot g(i)\cdot h(j) \cdot x_j=b_i \]

设 \(f(x)=\sum\limits_{d\mid x}^{}f'(d)\)，由莫比乌斯反演可知

\(f'(x)=\sum\limits_{d\mid x}f(d)\mu\big(\frac{x}{d}\big)\)

我们求 \(f'(x)\)，这是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的。

在实现的时候，有一个更好的式子，\(f'(x) = f(x) - \sum\limits_{d\mid n \land d\not=n}^{} f'(x)\)，这个式子容斥可得。

回到原式，可以将 \(\gcd\) 拆掉，整个式子变成

\[\sum_{j=1}^{n}\sum_{d\mid\gcd(i,j)} f'(d)\cdot g(i) \cdot h(j)\cdot x_j = b_i \]

移项

\[\sum_{d\mid i}f'(d)\sum_{j=1}^{n}[d\mid j]h(j)\cdot x_j=\frac{b_i}{g(i)} \]

发现后一个 \(\sum\) 中只与 \(d\) 有关，考虑记为 \(r_d\)，设 \(z(i) = b_i / g(i)\)，式子变成

\[\sum_{d\mid i} f'(d) r_d = z(i) \]

\(z(i)\) 已知，根据莫比乌斯反演，\(f'(i)r_i = \sum\limits_{d\mid i}^{}\mu(d)z\big(\frac{i}{d}\big)\)

\(f'(x)\) 可求，自然 \(r_x\) 可求。

接下来是一些细节，考虑到有除法，但 \(g(i)\) 和 \(h(i)\) 都不是 \(p\) 的倍数。

如果是 \(f'(x)\) 没有逆元：

• \(f'(x)r_x\not=0\) 此时无解
• \(f'(x)r_x=0\) 此时有多组解，随意给 \(r_x\) 赋值即可。

后记

因为笔者不精通数学，所以部分叙述和证明来自 oi-wiki，在此感谢 oi-wiki 的贡献者们！