莫比乌斯反演

引入

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

开始学习莫比乌斯反演前，需要先学习一些前置知识：数论分块、狄利克雷卷积。

莫比乌斯函数

定义

\(\mu\) 为莫比乌斯函数，定义为

详细解释一下：

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

1. \(n=1\) 时，\(\mu(n)=1\)；
2. 对于 \(n\not= 1\) 时：
   1. 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 \(0\)；
   2. 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 \(n=\prod_{i=1}^kp_i\)，\(\{p_i\}_{i=1}^k\) 中个元素唯一时，\(\mu(n)\) 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

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：

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

证明

设 \(\displaystyle n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i},n'=\prod_{i=1}^k p_i\)

那么 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k C_k^i\cdot(-1)^i=(1+(-1))^k\)

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 \(0\)，这也同时证明了 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]=\varepsilon(n)\) 以及 \(\mu\ast 1=\varepsilon\)

补充结论

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

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推出：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，\([\gcd(i,j)=1]=\varepsilon(\gcd(i,j))\)，将 \(\varepsilon\) 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）。

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

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def getMu():
mu[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
    if flg[i] != 0:
        p[tot] = i; tot = tot + 1; mu[i] = -1
    j = 1
    while j <= tot and i * p[j] <= n:
        flg[i * p[j]] = 1
        if i % p[j] == 0:
            mu[i * p[j]] = 0
            break
        mu[i * p[j]] = mu[i * p[j]] - mu[i]
        j = j + 1

拓展

证明

将 \(n\) 分解质因数：\(\displaystyle n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{c_i}\)

首先，因为 \(\varphi\) 是积性函数，故只要证明当 \(n'=p^c\) 时 \(\displaystyle\varphi \ast 1=\sum_{d\mid n'}\varphi(\frac{n'}{d})=\operatorname{id}\) 成立即可。

因为 \(p\) 是质数，于是 \(d=p^0,p^1,p^2,\cdots,p^c\)

易知如下过程：

该式子两侧同时卷 \(\mu\) 可得 \(\displaystyle\varphi(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(\frac{n}{d})\)

莫比乌斯变换

设 \(f(n),g(n)\) 为两个数论函数。

形式一：如果有 \(f(n)=\sum_{d\mid n}g(d)\)，那么有 \(g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\)。

这种形式下，数论函数 \(f(n)\) 称为数论函数 \(g(n)\) 的莫比乌斯变换，数论函数 \(g(n)\) 称为数论函数 \(f(n)\) 的莫比乌斯逆变换（反演）。

容易看出，数论函数 \(g(n)\) 的莫比乌斯变换，就是将数论函数 \(g(n)\) 与常数函数 \(1\) 进行狄利克雷卷积。

形式二：如果有 \(f(n)=\sum_{n|d}g(d)\)，那么有 \(g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)\)。

证明

方法一：对原式做数论变换。

用 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)\) 来替换 \(f(\dfrac{n}{d})\)，再变换求和顺序。最后一步变换的依据：\(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]\)，因此在 \(\dfrac{n}{k}=1\) 时第二个和式的值才为 \(1\)。此时 \(n=k\)，故原式等价于 \(\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)\)

方法二：运用卷积。

原问题为：已知 \(f=g\ast1\)，证明 \(g=f\ast\mu\)

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

对于第二种形式：

类似上面的方法一，我们考虑逆推这个式子。

我们把 \(d\) 表示为 \(kn\) 的形式，然后把 \(f\) 的原定义代入式子。

发现枚举 \(k\) 再枚举 \(kn\) 的倍数可以转换为直接枚举 \(n\) 的倍数再求出 \(k\)，发现后面那一块其实就是 \(\epsilon\), 整个式子只有在 \(d=n\) 的时候才能取到值。

问题形式

「HAOI 2011」Problem b

求值（多组数据）

根据容斥原理，原式可以分成 \(4\) 块来处理，每一块的式子都为

考虑化简该式子

因为 \(\gcd(i,j)=1\) 时对答案才用贡献，于是我们可以将其替换为 \(\varepsilon(\gcd(i,j))\)（\(\varepsilon(n)\) 当且仅当 \(n=1\) 时值为 \(1\) 否则为 \(0\)），故原式化为

将 \(\varepsilon\) 函数展开得到

变换求和顺序，先枚举 \(d\mid \gcd(i,j)\) 可得

易知 \(1\sim\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor\) 中 \(d\) 的倍数有 \(\lfloor\dfrac{n}{kd}\rfloor\) 个，故原式化为

很显然，式子可以数论分块求解。

时间复杂度 \(\Theta(N+T\sqrt{n})\)

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 50000;
int mu[N + 5], p[N + 5];
bool flg[N + 5];

void init() {
  int tot = 0;
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= N; ++i) mu[i] += mu[i - 1];
}

int solve(int n, int m) {
  int res = 0;
  for (int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {
    j = min(n / (n / i), m / (m / i));
    res += (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / i) * (m / i);  // 代推出来的式子
  }
  return res;
}

int main() {
  int T, a, b, c, d, k;
  init();  // 预处理mu数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; i++) {
    scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
    // 根据容斥原理，1<=x<=b&&1<=y<=d范围中的答案数减去1<=x<=b&&1<=y<=c-1范围中的答案数和
    //   1<=x<=a-1&&1<=y<=d范围中的答案数再加上1<=x<=a-1&&1<=y<=c-1范围中的答案数
    //   即可得到a<=x<=b&&c<=y<=d范围中的答案数
    // 这一步如果不懂可以画坐标图进行理解
    printf("%d\n", solve(b / k, d / k) - solve(b / k, (c - 1) / k) -
                       solve((a - 1) / k, d / k) +
                       solve((a - 1) / k, (c - 1) / k));
  }
  return 0;
}

「SPOJ 5971」LCMSUM

求值（多组数据）

易得原式即

将原式复制一份并且颠倒顺序，然后将 n 一项单独提出，可得

根据 \(\gcd(i,n)=\gcd(n-i,n)\)，可将原式化为

两个求和式中分母相同的项可以合并。

即

可以将相同的 \(\gcd(i,n)\) 合并在一起计算，故只需要统计 \(\gcd(i,n)=d\) 的个数。当 \(\gcd(i,n)=d\) 时，\(\displaystyle\gcd(\frac{i}{d},\frac{n}{d})=1\)，所以 \(\gcd(i,n)=d\) 的个数有 \(\displaystyle\varphi(\frac{n}{d})\) 个。

故答案为

变换求和顺序，设 \(\displaystyle d'=\frac{n}{d}\)，合并公因式，式子化为

设 \(\displaystyle \operatorname{g}(n)=\sum_{d\mid n} d\cdot\varphi(d)\)，已知 \(\operatorname{g}\) 为积性函数，于是可以 \(\Theta(n)\) 筛出。每次询问 \(\Theta(1)\) 计算即可。

下面给出这个函数筛法的推导过程：

首先考虑 \(\operatorname g(p_j^k)\) 的值，显然它的约数只有 \(p_j^0,p_j^1,\cdots,p_j^k\)，因此

又有 \(\varphi(p_j^w)=p_j^{w-1}\cdot(p_j-1)\)，则原式可化为

于是有

那么，对于线性筛中的 \(\operatorname g(i\cdot p_j)(p_j|i)\)，令 \(i=a\cdot p_j^w(\operatorname{gcd}(a,p_j)=1)\)，可得

即

同理有

因此

时间复杂度：\(\Theta(n+T)\)

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#include <cstdio>
const int N = 1000000;
int tot, p[N + 5];
long long g[N + 5];
bool flg[N + 5];  // 标记数组

void solve() {
  g[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      g[i] = (long long)1 * i * (i - 1) + 1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] =
            g[i] + (g[i] - g[i / p[j]]) * p[j] * p[j];  // 代入推出来的式子
        break;
      }
      g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
    }
  }
}

int main() {
  int T, n;
  solve();  // 预处理g数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    scanf("%d", &n);
    printf("%lld\n", (g[n] + 1) * n / 2);
  }
  return 0;
}

「BZOJ 2154」Crash 的数字表格

求值（对 \(20101009\) 取模）

易知原式等价于

枚举最大公因数 \(d\)，显然两个数除以 \(d\) 得到的数互质

非常经典的 \(\gcd\) 式子的化法

后半段式子中，出现了互质数对之积的和，为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记

接下来对 \(\operatorname{sum}(n,m)\) 进行化简。首先枚举约数，并将 \([\gcd(i,j)=1]\) 表示为 \(\varepsilon(\gcd(i,j))\)

设 \(i=i'\cdot d\)，\(j=j'\cdot d\)，显然式子可以变为

观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记

可以 \(\Theta(1)\) 求解

至此

我们可以 \(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\rfloor\) 数论分块求解 \(\operatorname{sum}(n,m)\) 函数。

在求出 \(\operatorname{sum}(n,m)\) 后，回到定义 \(\operatorname{sum}\) 的地方，可得原式为

可见这又是一个可以数论分块求解的式子！

本题除了推式子比较复杂、代码细节较多之外，是一道很好的莫比乌斯反演练习题！（上述过程中，默认 \(n\leqslant m\)）

时间复杂度：\(\Theta(n+m)\)（瓶颈为线性筛）

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1e7;
const int mod = 20101009;
int n, m, mu[N + 5], p[N / 10 + 5], sum[N + 5];
bool flg[N + 5];

int Sum(int x, int y) {
  return ((long long)1 * x * (x + 1) / 2 % mod) *
         ((long long)1 * y * (y + 1) / 2 % mod) % mod;
}

int func(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (sum[j] - sum[i - 1] + mod) *
                     Sum(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  //+mod防负数
  }
  return res;
}

int solve(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {  // 整除分块处理
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (j - i + 1) * (i + j) / 2 % mod *
                     func(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  // ！每步取模防爆
  }
  return res;
}

void init() {  // 线性筛
  mu[1] = 1;
  int tot = 0, k = min(n, m);
  for (int i = 2; i <= k; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= k; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; ++i)
    sum[i] = (sum[i - 1] + (long long)1 * i * i % mod * (mu[i] + mod)) % mod;
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  init();
  printf("%d\n", solve(n, m));
}

「SDOI2015」约数个数和

多组数据，求

其中 \(d(n)=\sum_{i \mid n}1\)，\(d(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数

要推这道题首先要了解 \(d\) 函数的一个特殊性质

再化一下这个式子

将上述式子代回原式

那么 \(O(n)\) 预处理 \(\mu,d\) 的前缀和，\(O(\sqrt{n})\) 分块处理询问，总复杂度 \(O(n+T\sqrt{n})\).

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long N = 5e4 + 5;
long long n, m, T, pr[N], mu[N], d[N], t[N],
    cnt;  // t 表示 i 的最小质因子出现的次数
bool bp[N];

void prime_work(long long k) {
  bp[0] = bp[1] = 1, mu[1] = 1, d[1] = 1;
  for (long long i = 2; i <= k; i++) {  // 线性筛
    if (!bp[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1, d[i] = 2, t[i] = 1;
    for (long long j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= k; j++) {
      bp[i * pr[j]] = 1;
      if (i % pr[j] == 0) {
        mu[i * pr[j]] = 0;
        d[i * pr[j]] = d[i] / (t[i] + 1) * (t[i] + 2);
        t[i * pr[j]] = t[i] + 1;
        break;
      } else {
        mu[i * pr[j]] = -mu[i];
        d[i * pr[j]] = d[i] << 1;
        t[i * pr[j]] = 1;
      }
    }
  }
  for (long long i = 2; i <= k; i++)
    mu[i] += mu[i - 1], d[i] += d[i - 1];  // 求前缀和
}

long long solve() {
  long long res = 0, mxi = min(n, m);
  for (long long i = 1, j; i <= mxi; i = j + 1) {  // 整除分块
    j = min(n / (n / i), m / (m / i));
    res += d[n / i] * d[m / i] * (mu[j] - mu[i - 1]);
  }
  return res;
}

int main() {
  scanf("%lld", &T);
  prime_work(50000);  // 预处理
  while (T--) {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    printf("%lld\n", solve());
  }
  return 0;
}

另一种推导方式

转化一下，可以将式子写成

容易知道

设 \(F(n)=\sum_{i=1}^{n}i\)，继续接着前面的往下推

利用 \(\operatorname{id}\ast \mu = \varphi\) 反演，上式等于

\(\sum_{T=1}^{n}F^2\left(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor\right) T^2\varphi(T)\)

得到了一个与第一种推导本质相同的式子。

莫比乌斯反演扩展

结尾补充一个莫比乌斯反演的非卷积形式。

对于数论函数 \(f,g\) 和完全积性函数 \(t\) 且 \(t(1)=1\)：

我们证明一下

参考文献

algocode 算法博客

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