掌握莫比乌斯反演~彻底入门

Posted 2022-05-26 acgoto

莫比乌斯函数

$ Mobius $ 函数 $ \mu(n) $ 的定义：设 $ n = p_1^k_1 \times p_2^k_2 \times \cdots \times p_m^k_m $，其中 $ n > 1 $，且 $ p_i $ 为素数，则其定义如下：

$$
\mu(n) =
\left \ \beginaligned
&1 \quad (n = 1) \\
&(-1) ^k \quad n = \prod_i = 1^k p_i \\
&0 \quad otherwise
\endaligned \right.
$$

通俗理解：

① $ \mu(n) $ 的定义域为 $ n \in N^+ $；
② 规定：$ \mu(n) = 1 $；
③ 当 $ n $ 存在平方因子时，$ \mu(n) = 0 $；
④ 当 $ n $ 是一个素数或者为奇数个不同的素数之积时，$ \mu(n) = -1 $；
⑤ 当 $ n $ 是偶数个不同素数之积时，$ \mu(n) = 1 $。

性质：

1、$ Mobius $ 函数是一个数论函数，同时也是一个积性函数。
2、当 $ n > 0 $ 时，有如下定理：

$$
\sum_d|n \mu(d) =
\left\ \beginalign
&1 \quad (n = 1) \\
&0 \quad (n > 1)
\endalign\right.
$$

其证明如下：（用到了二项式定理的性质）
Ⅰ、当 $ n = 1 $ 时，显然等式成立！
Ⅱ、当 $ n > 1 $ 时，设 $ n = p_1^k_1 \times p_2^k_2 \times \cdots \times p_m^k_m $ ，$ d = p_1^x_1 \times p_2^x_2 \times \cdots \times p_m^x_m $ 。
根据 $ \mu $ 的定义，只需考虑 $ x_i = 0 $ 或者 $ x_i = 1 $ 的情况。假设 $ d $ 中存在 $ r $ 个 $ x_i = 1 $，那么有

$$
\beginalign
\sum_d|n \mu(d) =
& \mu(1) + \mu(p_1) + \cdots + \mu(p_k) + \mu(p_1 \times p_2) + \cdots + \mu(p_m-1 \times p_m) + \cdots + \mu(p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_m) \\
= & 1 + \binomm1(-1) + \binomm2(-1)^2 + \cdots + \binommm(-1)^m = \sum_r=0^m \binommr(-1)^r = 0 \\
\endalign
$$

根据二项式定理有：$ (x + y)^n = \sum_k = 0^n \binomnk x^n - k \times y^k $， 令 $ x = 1, y = -1 $，
即可证得：$ \sum_r=0^m \binommr(-1)^r \times 1^m-r = (1 - 1)^m = 0 $。

卷积运算形式：$ \because \mu(n) \ast I(n) = \epsilon(n) $，其中 $ \mu(n) $ 为莫比乌斯函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ \epsilon(n) $为元函数，$ \epsilon(n) = [n == 1], \; \therefore \mu(n) \ast I(n) = \sum_d|n \mu(d) I(\fracnd) = \sum_d|n \mu(d) = [n == 1] $，即证！

3、$ \forall \;n \in \mathbbN^+ $，有 $ \frac\varphi(n)n = \sum_d|n \frac\mu(d)d $。利用卷积的性质来证明：$ \because  \varphi(n) = \mu(n) \ast id(n) = \sum_d \mid n \mu(d) \cdot id(\fracnd) = \sum_d \mid n \mu(d) \cdot \fracnd $，$ \therefore  \frac\varphi(n)n = \sum_d|n \frac\mu(d)d $，即证！

备注：

a、若 $ f(n) $ 的定义域为正整数域，值域为复数，即：$ f: \mathbbZ^+ \to \mathbbC $，则称 $ f(n) $ 为数论函数。
b、若 $ f(n) $ 为数论函数，且 $ f(1) = 1 $，对于互质的正整数 $ p, q $，有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $，则称其为积性函数。
c、若 $ f(n) $ 为积性函数，且对于任意的正整数 $ p, q $ 都有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $ ，则称其为完全积性函数。

线性筛求莫比乌斯函数

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4  
 5 const int maxn = 1e5+5;
 6  
 7 int cnt, prime[maxn], mu[maxn];
 8 bool isp[maxn];
 9  
10 void Mobius() 
11     memset(isp, false, sizeof(isp));
12     memset(mu, 0, sizeof(mu));
13     memset(prime, 0, sizeof(prime));
14     isp[0] = isp[1] = true;
15     cnt = 0;
16     mu[1] = 1;
17     for(int i = 2; i < maxn; ++i) 
18         if(!isp[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1;
19         for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < maxn; ++j) 
20             isp[i * prime[j]] = true;
21             if(i % prime[j] == 0) 
22                 mu[i * prime[j]] = 0;
23                 break;
24             
25             mu[i * prime[j]] = - mu[i];
26         
27     
28 
29  
30 int main() 
31     // Test:
32     Mobius();
33     for(int i = 1; i <= 10; ++i) 
34         cout << "mu[" << i << "]:" << mu[i] << endl;
35     
36     return 0;
37 

View Code

证明如下：
设 $ p_1 $ 为 $ n $ 的最小素因子，$ n‘ = \fracnp_1 $，在线性筛中，$ n $ 通过 $ n‘ \times p_1 $ 被筛掉。
Ⅰ、当 $ n $ 为素数时，根据定义有显然有 $ \mu(n) = -1 $；
Ⅱ、当 $ n‘ \mod p_1 = 0 $ 时，即其对应的指数 $ k_1 > 1 $，由定义得 $ \mu(n) = 0 $；
Ⅲ、当 $ n‘ \mod p_1 \neq 0 $，即 $ k_1 = 1 $，$ n‘ $ 有 $ m - 1 $ 个素因子，接下来分2种情况讨论：
ⅰ、若 $ \mu(n‘) \neq 0 $，即 $ n‘ $ 的所有素因子都只有一个，根据定义 $ \mu(n) = (-1)^m = (-1)^m-1 \times (-1) = - \mu(n‘) $；
ⅱ、若 $ \mu(n‘) \neq 0 $，说明 $ \prod_i=2^m k_i > 1 $，根据定义，显然有 $ \mu(n) = 0 $。
综合以上2小点， $ \mu(n) = -\mu(n‘) $ 仍然成立。即证！

欧拉函数性质的补充及其证明

公式：$ n = \sum_d \mid n \varphi(d) $。
证明用到法里级数：法里级数 $ n $ 定义为分母不大于 $ n $ 的最简分数。
举个栗子：当分母 $ n = 12 $ 时，分子 $ 1 \sim 12 $ 对应的最简分式依次为
$ \frac112 $、$ \frac16 $、$ \frac14 $、$ \frac13 $、$ \frac512 $、$ \frac12 $、$ \frac712 $、$ \frac23 $、$ \frac34 $、$ \frac56 $、$ \frac1112 $、$ \frac11 $。
观察以上最简分式可以发现分母都是 $ n = 12 $ 的因子 $ d = \1, 2, 3, 4, 6, 12 \ $，即 $ d \mid n $。
将以上最简分式分类可得：
①分母为1的最简分式有：$ \frac11 $；$ \Rightarrow \varphi(1) = 1 $。
②分母为2的最简分式有：$ \frac12 $；$ \Rightarrow \varphi(2) = 1 $。
③分母为3的最简分式有：$ \frac13 $，$ \frac23 $；$ \Rightarrow \varphi(3) = 2 $。
④分母为4的最简分式有：$ \frac14 $，$ \frac34 $；$ \Rightarrow \varphi(4) = 2 $。
⑤分母为6的最简分式有：$ \frac16 $，$ \frac56 $；$ \Rightarrow \varphi(6) = 2 $。
⑥分母为12的最简分式有：$ \frac112 $，$ \frac512 $，$ \frac712 $，$ \frac1112 $；$ \Rightarrow \varphi(12) = 4 $。
通过分类可以发现对于同一个作为分母的因子 $ d $，其分子都是 $ d $ 内且与 $ d $ 互质的数，个数为 $ \varphi(d) $，显然 $ \sum_d|n \varphi(d) = n $。不难推导，对任意的 $ n \in \mathbbN^+ $，等式恒成立。
另一种证明方式：当 $ n > 2 $ 时，令 $ n = \prod \limits_i = 1^m p_i^k_i $，由于欧拉函数是积性函数，那么 $ \varphi(n) = \prod \limits_i = 1^m \varphi(p_i^k_i) $，则

$$
\sum \limits_d \mid n \varphi(d) = \sum \prod \limits_i = 1^m \varphi(p_i^j)，其中 \; (0 \leq j \leq k_i)
$$

将上式因式分解可得

$$
\beginaligned
\prod \limits_i = 1^m (\sum \limits_j = 0^k_i \varphi(p_i^j)) & = \prod \limits_i = 1^m (1 + \sum \limits_j = 1^k_i (p_i^j - p_i^j - 1)) \\
& = \prod \limits_i = 1^m (1 + \fracp_i(p_i^k_i-1)p_i-1-\fracp_i^k_i-1p_i-1) \\
& = \prod \limits_i = 1^m (1 + \fracp_i^k_i(p_i-1)-(p_i-1)p_i-1) \\
& = \prod \limits_i = 1^m (1 + p_i^k_i - 1) \\
& = \prod \limits_i = 1^m p_i^k_i = n
\quad\Box
\endaligned
$$

卷积运算形式：$ \because id(n) = \varphi(n) \ast I(n) $，其中 $ id(n) = n $ 为单位函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ \therefore id(n) = \sum_d \mid n \varphi(d) I(\fracnd) = \sum_d \mid n \varphi(d) = n $，即证！

备注：

法里数列（级数）：数学上，n阶的法里数列是0和1之间最简分数的数列，由小至大排列，每个分数的分母不大于n。每个法里数列从0开始，至1结束，但有些人不把这两项包括进去。有时法里数列(sequence)也称为法里级数(series)，严格来说这名字不正确，因为法里数列的项不会加起来。

---

 

整除分块

问：求 $ \sum_i=1^n \left \lfloor \fracni \right \rfloor $，$ n \leq 10^12 $？
解：~~冷静分析一下~~，通过~~暴力打表~~可以发现对于每一个 $ \left \lfloor \fracni \right \rfloor $ ，有若干个与其相同的值，这样相同的值组成一个块。对于每一个块，假设左端点值是 $ lt $，那么右端点值为 $ \left \lfloor \fracn\fracnlt \right \rfloor $。于是，这个问题就可以在 $ O(\sqrtn) $ 的时间复杂度内轻松解决！
证明如下：
Ⅰ、$ \left \lfloor \fracni \right \rfloor $ 最多有 $ 2 \times \sqrtn $ 种取值。即整除分块的时间复杂度为 $ O(\sqrtn) $。理由如下：
ⅰ、当 $ i \leq \sqrtn $，显然只有 $ \sqrtn $ 种取值；
ⅱ、当 $ i > \sqrtn $ 时，即 $ \fracni < \sqrtn $，显然也只有 $ \sqrtn $ 种取值。
Ⅱ、假如 $ \lfloor \fracnlt \rfloor = \lfloor \fracnrt \rfloor $，那么 $ rt $ 的最大值为 $ \left \lfloor \fracn\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor $。理由如下：
设 $ \lfloor \fracnlt \rfloor = k $，则有 $ k \times lt + p = n $，其中余数 $ p \in [0,lt) $；
若 $ \left \lfloor \fracnlt+d \right \rfloor = k $，则有 $ k \times (lt+d)+p‘=n $；其中余数 $ p‘ \in [0,lt+d) $
联立上面2个等式可得 $ p‘=p-kd $；当 $ p‘ = 0 $ 时，$ d_max = \left \lfloor \fracpk \right \rfloor $；则有如下推导：

$$
\beginaligned
rt
& = lt + d_max \\
& = lt + \lfloor \fracpk \rfloor \\
& = lt + \left \lfloor \frac n \; mod \; lt\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor \\
& = lt + \left \lfloor \frac n -\lfloor \fracnlt \rfloor \times lt\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor \\
& = \left \lfloor lt + \frac n- \lfloor \fracnlt \rfloor \times lt\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor \\
& = \left \lfloor \frac\lfloor \fracnlt \rfloor \times lt\lfloor \fracnlt \rfloor + \frac n - \lfloor \fracnlt \rfloor \times lt\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor \\
& = \left \lfloor \fracn\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor
\quad\Box
\endaligned
$$

总结：通过以上证明可知每一个分块的区间为 $ [lt, \lfloor \fracn\lfloor \fracnlt \rfloor \rfloor] $。如何edit code？设初始值 $ lt = 1 $，每次令 $ rt = \left \lfloor \fracn\lfloor \fracnlt \rfloor \right \rfloor $，将 $ (rt - lt + 1) \times \lfloor \fracnlt \rfloor $ 累加到答案中，然后令 $ lt = rt + 1 $ 继续遍历下一个分块即可。由性质Ⅰ可知这样的块数最多为 $ 2 \sqrtn $ 个，即时间复杂度为 $ O(\sqrtn) $。即证！

Template code

1 LL Div_block(LL n) 
2     LL res = 0;
3     for(LL lt = 1, rt; lt <= n; lt = rt + 1) 
4         rt = n / (n / lt);
5         res += (rt - lt + 1) * (n / lt);
6     
7     return res;
8 

View Code

狄利克雷卷积

设 $ f(n) $、$ g(n) $ 是两个数论函数，其 $ Dirichlet $ (狄利克雷)乘积也是一个数论函数，则卷积运算 $ f \ast g $ 定义为：

$$
(f \ast g)(n) = \sum_d|n \;\land \;d > 0 f(d) \; g(\fracnd)
$$

简记为 $ (f \ast g)(n) = f(n) \ast g(n) $。注意：卷积运算符为 $ \ast $；而乘法运算为 $ \times $ 或者 $ \cdot $ 或者不写。
数论函数 $ f(n) $与 $ g(n) $ 的狄利克雷乘积也可以表示为

$$
(f \ast g)(n) = \sum_ab = n \; \land \; a, b > 0 f(a) \; g(b)
$$

卷积运算的性质：

Ⅰ、满足交换律：$ f \ast g = g \ast f $。由定义显然得证！
Ⅱ、满足结合律：$ (f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h) $，证明如下：考察两边作用在参数 $ n $ 上，则

$$
\beginaligned
左边=((f \ast g) \ast h)(n)
& = \sum_mk=n(f \ast g)(m)h(k) \\
& = \sum_mk=n \left(\sum_ij=mf(i)g(j) \right)h(k)\\
& = \sum_ijk=n f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h
\endaligned
$$

$$
\beginaligned
右边 = (f \ast (g \ast h))(n)
& = \sum_im=nf(i)(g \ast h)(m) \\
& = \sum_im=nf(i) \left(\sum_jk=mg(j)h(k) \right) \\
& = \sum_ijk=n f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h = 左边
\quad\Box
\endaligned
$$