[數論]莫比烏斯反演入門

對莫比烏斯反演常用技巧與性質的理解與部分證明

寒假的時候雍老師就跟我們講了，可惜當時是真的傻逼，雍老師講的辣麼詳細都聽不懂。。。考試全靠背公式，打暴力。這次纔算是把寒假的坑填了大半，雖然我現在還是很菜。。。

前置知識

線篩五連：
(1)線篩素數
(2)線篩歐拉函數
(3)線篩莫比烏斯函數
(4)線篩約數個數
(5)線篩約數和

對上述函數的定義與暴力求解（在上面的鏈接裏均有提到）有一定了解，如果不甚瞭解，歡迎點擊上面的鏈接，仍有不清楚的地方可自行百度。

對和號∑$\sum$ （本質是枚舉）有一定認識，熟悉表達式中的表述（如gcd$gcd$ ，下取整符號，整除符號）以及上述函數的基本性質（更深的內容會在本博客介紹並給出部分證明）。

怎麼樣，是不是門檻很低，接下來我們進入正題。

接下來的舉例大多來自於博主做過的例題，可以到博主的博客首頁查看

常用的技巧

1.求和運算式中的位置變換

顯然，當一個多項式中的所有項都與前面的一些和號的枚舉值無關的話，我們就可以把這個多項式提前：

∑i=1n∑j=1mμ(i)=∑i=1nμ(i)∑j=1m$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mu (i)=\sum _{i=1}^n\mu (i)\sum _{j=1}^m$$

我們經常在更該枚舉項後，交換這些枚舉項的位置。

2.更改枚舉項

總的來說是一種更改求和的限制條件的方法，也是很多變形的本質。

在初始的式子裏，枚舉項經常有一些奇奇怪怪的限制，如下：

∑i=1n∑j=1m∑d|gcd(i,j)μ(d)$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

我們不妨直接枚舉d$d$ ，把限制扔到後面去，去掉限制後，由技巧1，μ(d)$\mu (d)$ 也可以提到前面了：

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1n∑j=1m[d|gcd(i,j)]$$\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d|gcd(i,j)]$$

但是限制貌似仍然沒有消掉？？？我們仍可以再次更該枚舉項，對於d$d$ ，我們不去枚舉i,j$i,j$ ，因爲後面的限制使i,j$i,j$ 必須爲d$d$ 的倍數，所以我們不如直接枚舉d$d$ 的倍數，便成功省去了最後的限制：

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋=∑d=1min(n,m)μ(d)⌊nd⌋⌊md⌋$$\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$$

爲什麼上面的式子中i,j$i,j$ 的上限變小了？上面說到，我們直接枚舉d$d$ 的倍數，反映到式子中就變成了枚舉係數，即原來的i$i$ 變成了i×d$i\times d$ ，j$j$ 變成了j×d$j\times d$ 。最後由於和號已經沒有限制了，我們便直接將其轉化爲多項式。

3.下底分塊

上面得到的式子是可以O(n)$O(n)$ 得到答案的，但是一般的莫比烏斯反演都有多組詢問，每次都O(n)$O(n)$ 計算的話就只能乖乖TLE$\mathcal{T}\mathcal{L}\mathcal{E}$ 。

觀察上面的式子，發現對於一個n$n$ ，存在一段區間[l,r]$[l,r]$ 使得⌊nl⌋=⌊nr⌋=k$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor =k$ 且對於這個區間外的其它值else$else$ ，均有⌊nelse⌋≠k$\lfloor \frac{n}{else}\rfloor \ne k$ 。

這樣，對於上述的一個區間[l,r]$[l,r]$ ，∑ri=l⌊ni⌋$\sum _{i=l}^r\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 是一個定值，應用到上面的式子中，就可以把[1,n]$[1,n]$ 劃分成n−−√$\sqrt{n}$ 個區間快速求解。

先給個結論，當我們已知l$l$ 時，有r=n⌊nl⌋$r=\frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }$ ，證明如下：

設n=kl+x1=kr+x2且l,r<k$設n=kl+x_1=kr+x_2且l,r<k$

先由定義算出r$r$ ：

∴l=n−x1k,r=n−x2k$\therefore l=\frac{n-x_1}{k},r=\frac{n-x_2}{k}$

∴r−l=x1−x2k$\therefore r-l=\frac{x_1-x_2}{k}$

∴r=l+x1−x2k$\therefore r=l+\frac{x_1-x_2}{k}$

∵x2<k,k|(x1−x2)$\because x_2<k,k|(x_1-x_2)$

∴x1−x2k=⌊x1k⌋$\therefore \frac{x_1-x_2}{k}=\lfloor \frac{x_1}{k}\rfloor$

∴r=l+⌊x1k⌋$\therefore r=l+\lfloor \frac{x_1}{k}\rfloor$

再對等式右邊進行變形：

∵⌊nl⌋=⌊nr⌋=k$\because \lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor =k$

∴r=nk=l+⌊x1k⌋$\therefore r=\frac{n}{k}=l+\lfloor \frac{x_1}{k}\rfloor$

綜上：r=n⌊nl⌋$r=\frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }$

證畢。

4.提出公因數

基本上是處理這種情況：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=x]$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=x]$$

對於這種式子我們是不方便求解的，需要把判定條件改爲[gcd(i,j)=1]$[gcd(i,j)=1]$ ，才能使用後面要講的性質3進一步推導。那麼，我們不如將x$x$ 當做“公因數”提出去：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=x]=∑i=1⌊nx⌋∑j=1⌊mx⌋[gcd(i,j)=1]$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=x]=\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{x}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

其本質上也可以看做是一種更換枚舉項的技巧，我們不去枚舉i,j$i,j$ ，直接枚舉x$x$ 的倍數，由於要求gcd(i,j)=x$gcd(i,j)=x$ ，直接枚舉x$x$ 的倍數後就變成要求gcd(i,j)=1$gcd(i,j)=1$ 了。

同樣的，我們觀察操作2中講到的變形：

∑i=1n∑j=1m[d|gcd(i,j)]$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[d|gcd(i,j)]$$

也可以理解爲提出了d$d$ ，式子變成：

∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋[1|gcd(i,j)]$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[1|gcd(i,j)]$$

由於[1|gcd(i,j)]$[1|gcd(i,j)]$ 相當於沒有，所以就變成了上面講到的樣子。

但是，對於和號後不止一個判定條件，而是有其他式子時，提公因式時沒有這麼簡單：

∑i=1n∑j=1mij[d=gcd(i,j)]$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[d=gcd(i,j)]$$

提公因式的本質爲縮小枚舉範圍，在只有判定條件的時候，對於“計數”時沒有影響的，但是在有了其他式子時，其他的式子在範圍縮小後值也變小了，這樣“求和”得到的結果就不對了，所以我們應該像普通提公因式的操作方式，給予”補償”：

d2∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ij[1=gcd(i,j)]$$d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij[1=gcd(i,j)]$$

5.對陌生函數的線性篩法討論

線性篩要求所篩函數爲積性，即對於gcd(x,y)=1$gcd(x,y)=1$ ，有：

f(xy)=f(x)×f(y)$$f(xy)=f(x)\times f(y)$$

在積性的前提下，我們通常按照套路對f(x)$f(x)$ 進行討論：

1.當x$x$ 爲素數時；
2.當i mod p[j]=0$imodp[j]=0$ 時；
3.當i mod p[j]≠0$imodp[j]\ne 0$ 時；

如果對上面表述的含義不清楚，可以參考上方的線篩五連。

以YY的GCD爲例（以下內容直接摘自博主的題解）：

設f(T)=∑p|Tμ(Tp),T=i×p[j]$f(T)=\sum _{p|T}\mu (\frac{T}{p}),T=i\times p[j]$ ，考慮線篩：

1.當T$T$ 本身爲素數時，顯然有f(T)=μ(1)=1$f(T)=\mu (1)=1$ ；

2.當T$T$ 擁有多個最小質因子（即i mod p[j]=0$imodp[j]=0$ ）時：

(1)當i$i$ 本身無多個相同質因子時，那麼當且僅當我們枚舉的素數等於p[j]$p[j]$ 時，μ(Tp)$\mu (\frac{T}{p})$ 的值不爲0$0$ ，此時p=p[j],T=i×p[j]$p=p[j],T=i\times p[j]$ ，所以有μ(Tp)=μ(i)$\mu (\frac{T}{p})=\mu (i)$ ；

(2)當i$i$ 本身就是擁有多個因子的數時，無論我們怎麼枚舉，μ(Tp)$\mu (\frac{T}{p})$ 的值都爲0$0$ ，此時，仍然有μ(Tp)=μ(i)$\mu (\frac{T}{p})=\mu (i)$ ；

3.當T$T$ 的最小質因子只有一個時：

此時，T$T$ 就比i$i$ 多了一個質因數p[j]$p[j]$ ，因爲有：

f(i)=∑p|iμ(ip)f(T)=∑p|Tμ(i×p[j]p)$$f(i)=\sum _{p|i}\mu (\frac{i}{p})f(T)=\sum _{p|T}\mu (\frac{i\times p[j]}{p})$$

因爲i$i$ 中沒有質因數p[j]$p[j]$ ，所以有μ(i×p[j]p)=−μ(ip)$\mu (\frac{i\times p[j]}{p})=-\mu (\frac{i}{p})$ ，在此基礎上，T$T$ 還多了一個μ(i×p[j]p[j])=μ(i)$\mu (\frac{i\times p[j]}{p[j]})=\mu (i)$ 。可得，f(T)=−f(i)+μ(i)$f(T)=-f(i)+\mu (i)$ ；

綜上，我們得到線篩方程：

f(T)=⎧⎩⎨⎪⎪μ(1)μ(i)−f(i)+μ(i)T∈Pi mod p[j]=0i mod p[j]≠0$$f(T)=\{\begin{array}{}\mu (1)& & T\in P\\ \mu (i)& & imodp[j]=0\\ -f(i)+\mu (i)& & imodp[j]\ne 0\end{array}$$

只要對函數的討論清晰，一般還是沒什麼問題。

6.替換未知數

有些時候會見到，這種形狀：

ans=∑P∑d=1min(⌊np⌋,⌊mp⌋)μ(d)⌊ndp⌋⌊mdp⌋$$ans=\sum _P\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor \lfloor \frac{m}{dp}\rfloor$$

又或者是：

ans=∑d=1nd∑d′=1nμ(d′)⌊ndd′⌋⌊ndd′⌋$$ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{d^{\prime }=1}^n\mu (d^{\prime })\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor$$

注意到諸如dp,dd′$dp,d{d}^{\prime }$ 的形狀看起來非常不爽，不如替換掉，以上面的第二個式子爲例，設T=dd′$T=d{d}^{\prime }$ ，代入：

ans=∑d=1n∑d′=1nμ(Td)d⌊nT⌋⌊nT⌋$$ans=\sum _{d=1}^n\sum _{d^{\prime }=1}^n\mu (\frac{T}{d})d\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{n}{T}\rfloor$$

再枚舉T$T$ ：

ans=∑T=1n∑d|Tμ(Td)d⌊nT⌋⌊nT⌋$$ans=\sum _{T=1}^n\sum _{d|T}\mu (\frac{T}{d})d\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{n}{T}\rfloor$$

利用下面講到的結論4，即可化簡爲：

ans=∑T=1nφ(T)⌊nT⌋⌊nT⌋$$ans=\sum _{T=1}^n\phi (T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{n}{T}\rfloor$$

本質上，替換未知數也是爲了方便更換枚舉項。

7.對特定形狀的替換

如果說上面講到的都是“普遍”形狀，在求和算式中常常用到。

那麼“特定”形狀就是一些具有特別長相的式子，需要識別出來加以替換以進行下一步化簡，下面介紹的性質和結論都是這樣一類特殊的式子。

常用的性質與結論

1.莫比烏斯函數的定義

在上面線篩莫比烏斯函數的博客中提到了莫比烏斯函數的通俗定義：
(1)莫比烏斯函數μ(n)$\mu (n)$ 的定義域是N+$N^{+}$
(2)μ(1)=1$\mu (1)=1$
(3)當n存在平方因子時，μ(n)=0$\mu (n)=0$
(4)當n是素數或奇數個不同素數之積時，μ(n)=−1$\mu (n)=-1$
(5)當n是偶數個不同素數之積時，μ(n)=1$\mu (n)=1$

然而莫比烏斯函數的真正定義是這樣的：

∑d|xμ(d)={10x=1x>1$$\sum _{d|x}\mu (d)=\{\begin{array}{}1& & x=1\\ 0& & x>1\end{array}$$

所以不如說上面的通俗定義纔是莫比烏斯函數的性質，而莫比烏斯函數的真正定義是我們經常用到的一個性質。

2.莫比烏斯反演定理

對於函數F(x),f(x)$F(x),f(x)$ ，如果有F(x)=∑d|xf(d)$F(x)=\sum _{d|x}f(d)$ ，那麼就有：

f(x)=∑d|xμ(d)F(xd)$$f(x)=\sum _{d|x}\mu (d)F(\frac{x}{d})$$

證明如下：

直接將F(x)$F(x)$ 替換爲f(x)$f(x)$ ：

∑d|xμ(d)F(xd)=∑d|xμ(d)∑d′|xdf(d′)$$\sum _{d|x}\mu (d)F(\frac{x}{d})=\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{x}{d}}f(d^{\prime })$$

我們交換枚舉順序，先枚舉d′$d^{\prime }$ ：

∑d|xμ(d)∑d′|xdf(d′)=∑d′|xf(d′)∑d|xd′μ(d′)$$\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{x}{d}}f(d^{\prime })=\sum _{d^{\prime }|x}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{x}{d^{\prime }}}\mu (d^{\prime })$$

由性質1，可得，當且僅當xd′=1$\frac{x}{d^{\prime }}=1$ 即x=d′$x=d^{\prime }$ 時∑d|xd′μ(d′)$\sum _{d|\frac{x}{d^{\prime }}}\mu (d^{\prime })$ 的值不爲0$0$ ，因此：

∑d′|xf(d′)∑d|xd′μ(d′)=f(x)$$\sum _{d^{\prime }|x}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{x}{d^{\prime }}}\mu (d^{\prime })=f(x)$$

證畢。

利用這個定理，可以設出具有上述關係的F(x),f(x)$F(x),f(x)$ 進行各種騷操作，常見於各種神犇的博客。但是你在本蒟蒻的博客不會見到這種東西，博主不是很會，蒟蒻博主更習慣用更本質的莫比烏斯反演：性質3。

3.對[gcd(i,j)=1]$[gcd(i,j)=1]$ 的替換

在反演時，博主經常使用這個結論：

[gcd(i,j)=1]⇔∑d|gcd(i,j)μ(d)$$[gcd(i,j)=1]\iff \sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

證明非常簡單，利用性質1，我們可以得到，當且僅當gcd(i,j)=1$gcd(i,j)=1$ 時，∑d|gcd(i,j)μ(d)$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$ 的值不爲0$0$ 。

4.歐拉函數與莫比烏斯函數的互推

歐拉函數與莫比烏斯函數有奇妙的關係：

φ(x)=∑d|xμ(xd)d$$\phi (x)=\sum _{d|x}\mu (\frac{x}{d})d$$

我們考慮對歐拉函數的定義進行變形：

φ(x)=∑i=1x[gcd(i,x)=1]$$\phi (x)=\sum _{i=1}^x[gcd(i,x)=1]$$

利用性質3：

∑i=1x[gcd(i,x)=1]=∑i=1x∑d|gcd(i,x)μ(d)$$\sum _{i=1}^x[gcd(i,x)=1]=\sum _{i=1}^x\sum _{d|gcd(i,x)}\mu (d)$$

我們直接枚舉d$d$ ：

∑i=1x∑d|gcd(i,x)μ(d)=∑d|x∑i=1xμ(d)[d|gcd(i,x)]$$\sum _{i=1}^x\sum _{d|gcd(i,x)}\mu (d)=\sum _{d|x}\sum _{i=1}^x\mu (d)[d|gcd(i,x)]$$

考慮直接枚舉d$d$ 的倍數，而不是去枚舉i$i$ ：

∑d|x∑i=1xμ(d)[d|gcd(i,x)]=∑d|x∑i=1xdμ(d)$$\sum _{d|x}\sum _{i=1}^x\mu (d)[d|gcd(i,x)]=\sum _{d|x}\sum _{i=1}^{\frac{x}{d}}\mu (d)$$

因爲μ(d)$\mu (d)$ 只與d$d$ 有關，可以提前：

∑d|x∑i=1xdμ(d)=∑d|xμ(d)∑i=1xd=∑d|xμ(d)xd$$\sum _{d|x}\sum _{i=1}^{\frac{x}{d}}\mu (d)=\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{i=1}^{\frac{x}{d}}=\sum _{d|x}\mu (d)\frac{x}{d}$$

對於我們枚舉的d|x$d|x$ ，顯然xd$\frac{x}{d}$ 與d$d$ 是等價的，所以最後化簡爲：

φ(x)=∑d|xμ(xd)d$$\phi (x)=\sum _{d|x}\mu (\frac{x}{d})d$$

證畢。

歐拉函數實際應用中出現頻率不是很高，但在化簡時若見到上述形狀可以嘗試進行替換。

5.約數個數函數σ0(x)${\sigma }_0(x)$

神奇性質如下：

σ0(nm)=∑x|n∑y|m[gcd(x,y)=1]$${\sigma }_0(nm)=\sum _{x|n}\sum _{y|m}[gcd(x,y)=1]$$

設n=∏ki=1paii,m=∏ki=1pbii$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i},m=\prod _{i=1}^k{p}_i^{b_i}$

∴nm=∏ki=1pai+bii$\therefore nm=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i+b_i}$

∴σ0(nm)=∏ki=1(ai+bi+1)$\therefore {\sigma }_0(nm)=\prod _{i=1}^k(a_i+b_i+1)$

對於n,m$n,m$ ，若前i$i$ 個質因子的貢獻爲W$W$ ，考慮第i+1$i+1$ 個質因子對答案的貢獻：

選取pi+1$p_{i+1}$ 的方案分別爲：

1.由x$x$ 選取，那麼可以選1∼ai+1$1\sim a_{i+1}$ 個pi+1$p_{i+1}$ ，方案數爲ai+1$a_{i+1}$ 個；

2.由y$y$ 選取，那麼可以選1∼bi+1$1\sim b_{i+1}$ 個pi+1$p_{i+1}$ ，方案數爲bi+1$b_{i+1}$ 個；

3.都不選，方案數爲1$1$ ；

所以選取pi+1$p_{i+1}$ 的方案數總和爲ai+1+bi+1+1$a_{i+1}+b_{i+1}+1$ 個。

故最後的方案數爲：

∏i=1k(ai+bi+1)$$\prod _{i=1}^k(a_i+b_i+1)$$

證畢。

後記

如果有更多的技巧與結論，博主會更新。