莫比烏斯反演基礎

2017 CDQZ 聯訓 中向 HSZX 的大佬請教了一些關於莫反的知識，特此感謝！

本文僅介紹一些關於莫比烏斯反演的基礎知識。

聲明

本文中，若無特殊聲明pa11⋅pa22⋅...⋅Pakk$p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$ 表示一個數的質因數分解，∀i,prime(pi)∧ai∈N+$\mathrm{\forall }i,prime(p_i)\wedge a_i\in N^{+}$

莫比烏斯函數

定義

莫比烏斯函數是在數論中一個很重要的積性函數，定義如下。

若正整數x可質因數分解爲：

x=pa11⋅pa22⋅...⋅Pakk$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$$

μ(x)=⎧⎩⎨0:∃ai≥21:k≡0mod2−1:k≡1mod2$$\mu (x)=\{\begin{array}{r}0:\mathrm{\exists }{a}_i\ge 2\\ 1:k\equiv 0\mathrm{mod}2\\ -1:k\equiv 1\mathrm{mod}2\end{array}$$

即當x≠1$x\ne 1$ ,且不存在平方因子時：

μ(x)=(−1)k$$\mu (x)=(-1{)}^k$$

當x存在平方因子時:

μ(x)=0$$\mu (x)=0$$

特殊地：

μ(1)=1$$\mu (1)=1$$

一些性質

此性質可用來判斷一個數是否等於一。

∑d|nμ(d)=[n=1]$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

證明：

當n=1$n=1$ 時顯然成立。

當n≠1$n\ne 1$ 時，不妨令n=pa11⋅pa22⋅...⋅Pakk$n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$ ，那麼n的因子d=pb11⋅pb22⋅...⋅Pbkk,0≤bi≤ai$d=p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot ...\cdot P_k^{b_k},0\le b_i\le a_i$ 。

若∃bi≥2,μ(d)=0$\mathrm{\exists }{b}_i\ge 2,\mu (d)=0$ 對答案沒有貢獻。

因此，對答案有貢獻d一定滿足∀bi∈0,1$\mathrm{\forall }{b}_i\in 0,1$ 。

枚舉每一個有貢獻的d，就相當於是從bi$b_i$ 中選出若干個置爲1，其他的置爲0。

從k個位置中選出j個位置的方案數爲Cjk$C_k^j$ ，而一個由j個質因子組成的數d，有μ(d)=(−1)j$\mu (d)=(-1{)}^j$ 。所以，所有由j個質數組成的d對答案的貢獻和爲Cjk⋅(−1)j$C_k^j\cdot (-1{)}^j$ 。

因爲 j∈{0,1,2,...,k}$j\in \{0,1,2,...,k\}$ ，所以：

∑d|nμ(d)=∑j=0kCjk⋅(−1)j$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot (-1{)}^j$$

根據二項式定理：

∑j=0kCjk⋅xj=(x+1)k$$\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot x^j=(x+1{)}^k$$

所以：

∑d|nμ(d)=∑j=0kCjk⋅(−1)j=((−1)+1)k=0$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot (-1{)}^j=((-1)+1{)}^k=0$$

得證。

歐拉函數

定義

φ(x),x∈N+$\phi (x),x\in N^{+}$ 表示小於x且與x互質的數的個數。

特殊地

φ(1)=1$\phi (1)=1$

一些性質

積性函數の積性

gcd(a,b)=1→φ(ab)=φ(a)⋅φ(b)$$gcd(a,b)=1\to \phi (ab)=\phi (a)\cdot \phi (b)$$

證明很顯然。

2018.3.16 填坑，後來我驚奇得發現這一點都不顯然。。

令gcd(n,m)=1$gcd(n,m)=1$ , 考慮φ(n⋅m)$\phi (n\cdot m)$ 的物理意義。

1         2         3        ...  r       ...     m-1       m
m+1       m+2       m+3      ...  m+r     ...    2m-1      2m
2m+1     2m+2      2m+3      ... 2m+r     ...    3m-1      3m
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
(n-1)m+1 (n-1)m+2  (n-1)m+3 ... (n-1)m+r  ...    nm-1      nm

φ(n⋅m)$\phi (n\cdot m)$ 的物理意義爲上表中與nm互質的數的個數。

因爲n和m互質，所以不難證明：一個數x與nm互質的充要條件爲x與n互質且x與m互質。

證明：設P(x)爲x的質因子集合。因爲n和m互質，所以P(n)∩P(m)=ϕ$P(n)\cap P(m)=\varphi$ , P(n⋅m)=P(n)∪P(m)$P(n\cdot m)=P(n)\cup P(m)$
gcd(x,n)=1⇔P(x)∩P(n)=ϕ$gcd(x,n)=1\iff P(x)\cap P(n)=\varphi$
gcd(x,m)=1⇔P(x)∩P(m)=ϕ$gcd(x,m)=1\iff P(x)\cap P(m)=\varphi$
P(n)∩P(m)=ϕ,P(x)∩(P(n)∪P(m))=ϕ⇔P(x)∩P(n)=ϕ,P(x)∩P(m)=ϕ$P(n)\cap P(m)=\varphi ,P(x)\cap (P(n)\cup P(m))=\varphi \iff P(x)\cap P(n)=\varphi ,P(x)\cap P(m)=\varphi$
得證。

發現每一列元素與m的gcd都相同，考慮有哪些列是與m互質的。根據定義，這樣的列有φ(m)$\phi (m)$ 列。

再考慮這些列中的每一列中與n互質的數的個數，因爲每一橫行的數在模n意義下同餘。所以每一列有φ(n)$\phi (n)$ 個元素與n互質。綜上，φ(n⋅m)=φ(n)⋅φ(m)$\phi (n\cdot m)=\phi (n)\cdot \phi (m)$ ，及歐拉函數爲積性函數。

補坑結束。

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另外，當p爲質數時：

φ(p)=p−1$$\phi (p)=p-1$$

這更加顯然。

另一個基本性質

x=pa11⋅pa22⋅...⋅pakk,d=pi$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k},d=p_i$$

φ(x⋅d)=φ(x)⋅d$$\phi (x\cdot d)=\phi (x)\cdot d$$

證明：

首先t=paii→φ(t)={1:ai=0(pi−1)⋅pai−1i:ai>0$t=p_i^{a_i}\to \phi (t)=\{\begin{array}{r}1:a_i=0\\ (p_i-1)\cdot p_i^{a_i-1}:a_i>0\end{array}$ ,pi$p_i$ 是質數。

考慮把一個數化成pi$p_i$ 進制數，t一定能表示成一個1後面ai$a_i$ 個0的形式。對於任意的一個小於t的數d與t互質，當且僅當把t化成pi$p_i$ 進制後最後一位不爲零。所以說d這個ai$a_i$ 位pi$p_i$ 進制數，除了最低位不能爲0，有pi−1$p_i-1$ 種可能外，其它的位是什麼都可以，各有pi$p_i$ 種可能。因此上式成立。

這樣的話就有:φ(pk+1i)=φ(pki)⋅pi$\phi (p_i^{k+1})=\phi (p_i^k)\cdot p_i$ ,k∈N+$k\in N^{+}$

φ(x⋅d)=φ((pa11⋅pa22⋅...pai−1i−1⋅pai+1i+1...⋅pakk)×pai+1i)=φ(pa11⋅pa22⋅...pai−1i−1⋅pai+1i+1...⋅pakk)×φ(p(ai)+1i)=φ(pa11⋅pa22⋅...pai−1i−1⋅pai+1i+1...⋅pakk)×φ(paii)⋅pi=φ(x)⋅d$$\phi (x\cdot d)=\phi ((p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times p_i^{a_i+1})=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times \phi (p_i^{(a_i)+1})=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times \phi (p_i^{a_i})\cdot p_i=\phi (x)\cdot d$$

得證。

還有一個比較重要的性質：

∑d|nφ(d)=n$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

哪位大神能教我一下這個怎麼證啊！留坑待補。

[2018.1.22] 在此補坑。前幾天碰巧在學校遇到了樊神，向樊神請教了一番，樊神幾句話就證出來了，真是佩服。

令 f(n)=∑d|nφ(d)$f(n)=\sum _{d|n}\phi (d)$ ，顯然有f(1)=1$f(1)=1$ 。

對於一個質數p$p$ ，f(p)=φ(1)+φ(p)=1+(p−1)=p$f(p)=\phi (1)+\phi (p)=1+(p-1)=p$ ，顯然成立。

數學歸納一下，對於一個質數的若干次冪pk$p^k$ ，若此性質已經對pk−1$p^{k-1}$ 成立：

有f(pk)=∑kt=0φ(pt)=φ(pk)+∑k−1t=0φ(pt)=φ(pk)+f(pk−1)=(p−1)⋅pk−1+pk−1=pk$f(p^k)=\sum _{t=0}^k\phi (p^t)=\phi (p^k)+\sum _{t=0}^{k-1}\phi (p^t)=\phi (p^k)+f(p^{k-1})=(p-1)\cdot p^{k-1}+p^{k-1}=p^k$ 。

又因爲該性質對k=1成立，所以該性質對任意正整數k成立。

對於一個數n，n與pk$p^k$ （p爲素數）互質,那麼這個數的所有因子一定能寫成n的所有因子乘上p的若干次冪的形式。

若n已經滿足f(n)=n$f(n)=n$ 的性質，

有f(n⋅pk)=∑d|n(∑kt=0φ(d⋅pt))$f(n\cdot p^k)=\sum _{d|n}(\sum _{t=0}^k\phi (d\cdot p^t))$ 。

又因爲n與pk$p^k$ 互質，所以d與pk$p^k$ 也一定互質，φ$\phi$ 是積性函數，所以φ(d⋅pt)=φ(d)⋅φ(pt)$\phi (d\cdot p^t)=\phi (d)\cdot \phi (p^t)$

所以f(n⋅pk)=∑d|n(∑kt=0φ(d⋅pt))=∑d|nφ(d)⋅(∑kt=0φ(pt))=∑d|nφ(d)⋅f(pk)=f(pk)⋅∑d|nφ(d)=f(pk)⋅f(n)=n⋅pk$f(n\cdot p^k)=\sum _{d|n}(\sum _{t=0}^k\phi (d\cdot p^t))=\sum _{d|n}\phi (d)\cdot (\sum _{t=0}^k\phi (p^t))=\sum _{d|n}\phi (d)\cdot f(p^k)=f(p^k)\cdot \sum _{d|n}\phi (d)=f(p^k)\cdot f(n)=n\cdot p^k$ 。

對於任意的一個數都可以進行質因數分解，分解成n=1⋅pa11⋅pa22⋅...⋅Pakk$n=1\cdot p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$ 的形式，因爲1是成立的，質數兩兩互質，所以任意正整數n都滿足f(n)=n$f(n)=n$ 。

得證。

[2018.1.22] 填坑到此結束，後面的內容爲之前所寫。

利用這個性質可以有：

∑i=1ni=∑i=1n∑d|iφ(d)=∑d=1nφ(d)×⌊nd⌋$$\sum _{i=1}^{n}i=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}\phi (d)=\sum _{d=1}^n\phi (d)\times \lfloor \frac{n}{d}\rfloor$$

這裏給出歐拉函數的暴力求法：

x=pa11⋅pa22⋅...⋅pakk→φ(x)=x⋅(1−1p1)⋅(1−1p2)⋅...⋅(1−1pk)$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}\to \phi (x)=x\cdot (1-\frac{1}{p_1})\cdot (1-\frac{1}{p_2})\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

證明：

φ(x)=φ(pa11⋅pa22⋅...⋅pakk)=φ(pa11)⋅φ(pa22)⋅...⋅φ(pakk)=(p1−1)p(a1)−11⋅(p2−1)p(a2)−12⋅...⋅(pk−1)p(ak)−1k=(1−1p1)pa11⋅(1−1p2)pa22⋅...⋅(1−1pk)pakk=x⋅(1−1p1)⋅(1−1p2)⋅...⋅(1−1pk)$$\phi (x)=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k})=\phi (p_1^{a_1})\cdot \phi (p_2^{a_2})\cdot ...\cdot \phi (p_k^{a_k})=(p_1-1)p_1^{(a_1)-1}\cdot (p_2-1)p_2^{(a_2)-1}\cdot ...\cdot (p_k-1)p_k^{(a_k)-1}=(1-\frac{1}{p_1})p_1^{a_1}\cdot (1-\frac{1}{p_2})p_2^{a_2}\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})p_k^{a_k}=x\cdot (1-\frac{1}{p_1})\cdot (1-\frac{1}{p_2})\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

得證。

狄利克雷卷積

一種生成函數的運算，定義如下：

(f×g)(n)=∑d|nf(d)⋅g(nd)$$(f\times g)(n)=\sum _{d|n}f(d)\cdot g(\frac{n}{d})$$

常見積性函數

單位函數：id(n)=n$id(n)=n$ 。

元函數：e(n)=[n==1]$e(n)=[n==1]$ 。

1函數：I(n)=1$I(n)=1$ 。

約數個數：d(n)=∑d|n1$d(n)=\sum _{d|n}1$ 。

一些常見的性質

f$f$ 爲積性函數。

(f×e)(n)=∑d|nf(d)×e(nd)=∑d|nf(d)×[nd=1]=f(n)$$(f\times e)(n)=\sum _{d|n}f(d)\times e(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}f(d)\times [\frac{n}{d}=1]=f(n)$$

即：

f×e=f$$f\times e=f$$

另外，狄利克雷卷積滿足交換律和結合律。

φ×I=id$$\phi \times I=id$$

證明：

φ×I=∑d|nφ(d)⋅I(nd)=∑d|nφ(d)=n$$\phi \times I=\sum _{d|n}\phi (d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

得證。

μ×I=e$$\mu \times I=e$$

證明：

(μ×I)(n)=∑d|nμ(d)⋅I(nd)=∑d|nμ(d)=[n=1]=e(n)$$(\mu \times I)(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=e(n)$$

莫比烏斯反演

內容

若：

F(n)=∑d|nf(n)$$F(n)=\sum _{d|n}f(n)$$

則：

f(n)=∑d|nμ(d)⋅F(nd)$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot F(\frac{n}{d})$$

用狄利克雷卷積表述如下：

若：

F=f×1$$F=f\times 1$$

則：

f=F×μ$$f=F\times \mu$$

從這個角度來講，證明就很簡單了:

F×μ=(f×1)×μ=f×(1×μ)=f×e=f$$F\times \mu =(f\times 1)\times \mu =f\times (1\times \mu )=f\times e=f$$

杜教篩原理

求積性函數前綴和：

S(n)=∑i=1nf(i)$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$$

當f的前綴和不好求的時候，考慮一個前綴和比較好求的g，求f×g$f\times g$ 的前綴和。

∑i=1n(f×g)(i)=∑i=1n∑d|ig(d)⋅f(id)$$\sum _{i=1}^n(f\times g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)\cdot f(\frac{i}{d})$$

枚舉d,存在一個d|i$d|i$ ，那麼f(id)$f(\frac{i}{d})$ 就要和g(d)$g(d)$ 相乘，而i可以爲d,2d,3d,...,d⌊nd⌋$d,2d,3d,...,d\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ ，所以S(⌊nd⌋)$S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$ 與g(d)$g(d)$ 相乘就是g(d)$g(d)$ 的貢獻。

=∑d=1ng(d)⋅∑i=1⌊nd⌋f(i)=∑d=1ng(d)⋅S(⌊nd⌋)$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

所以：

∑i=1n(f×g)(i)=∑d=1ng(d)⋅S(⌊nd⌋)=g(1)S(n)+∑i=2ng(i)⋅S(⌊ni⌋)$$\sum _{i=1}^n(f\times g)(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )=g(1)S(n)+\sum _{i=2}^{n}g(i)\cdot S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

所以：

S(n)=∑ni=1(f×g)(i)−∑ni=2g(i)⋅S(⌊ni⌋)g(1)$$S(n)=\frac{\sum _{i=1}^n(f\times g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)\cdot S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$

這樣的話如果g$g$ 和(f×g)$(f\times g)$ 的前綴和都很好求，那麼計算S(n)$S(n)$ 只需要S(⌊n2⌋),S(⌊n3⌋),..,S(⌊nn⌋)=S(1)$S(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ),S(\lfloor \frac{n}{3}\rfloor ),..,S(\lfloor \frac{n}{n}\rfloor )=S(1)$ 。而又因爲⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 只有O(n−−√)$O(\sqrt{n})$ 種取值，所以記憶化搜索一下會有奇效。

關於⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值問題的證明。

當1≤i≤n−−√$1\le i\le \sqrt{n}$ 時，就算是結果兩兩各不相同，⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 也只有n−−√$\sqrt{n}$ 種取值。

當n−−√<i≤n$\sqrt{n}<i\le n$ 時，1≤⌊ni⌋<n−−√$1\le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}$ ，就算是取遍值域中的所有值，也只有n−−√$\sqrt{n}$ 種取值。

因此⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值種數不超過2n−−√$2\sqrt{n}$ 種，即O(n−−√)$O(\sqrt{n})$ 種。

得證。

用線性篩求出前n23$n^{\frac{2}{3}}$ 的前綴和之後再遞推，可以將O(n34)$O(n^{\frac{3}{4}})$ 優化到O(n23)$O(n^{\frac{2}{3}})$ 。