莫比乌斯函数及反演学习笔记-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了莫比乌斯函数及反演学习笔记。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

前置知识

\(1.\) 艾佛森括号：
\([P]=\begin{cases}1 & \mathtt{(if\ P\ is \ true)}\\0 & \mathtt{(otherwise)}\end{cases}\)
\(2.\) \(a\mid b\) 表示 \(a\) 是 \(b\) 的因子
\(3.\) 整除分块：\(\displaystyle\sum_{i=1}^n\lfloor\dfrac{N}{i}\rfloor\)
\(4.\) \(p\) 没有特殊说明时表示质数
\(5.\) \(\mathbb{P}\) 表示质数集，\(\mathbb{Z}\) 表示整数集。
\(6.\) 常见的函数：

常函数：\(1(x)=1\)

单位元函数：\(\epsilon(x)=[x=1]\)

恒等函数：\(Id_k(x)=x^k\)

因子函数：\(d(x)=\displaystyle\sum_{i\mid x}1\)

因子和函数：\(\sigma(x)_k=\displaystyle\sum_{i\mid x}i^k\)

欧拉函数：\(\varphi(x)=\displaystyle\sum_{i=1}^x[\gcd(i,x)=1]\)

函数

数论函数

数论函数指一类定义域是正整数，值域是一个数集的函数。有：

\((f+g)(x)=f(x)+g(x)\)
\((x*f)(n)=x*f(n)\)

积性函数

当数论函数 \(f\) 对于 \(\gcd(n,m)=1\) 有：

\[f(nm)=f(n)f(m) \]

则数论函数 \(f\) 为积性函数。
例如：\(d(x),\varphi(x)\)

完全积性函数

当积性函数 \(f\) 对于 \(\gcd(n,m)\not=1\) 仍有：

\[f(nm)=f(n)f(m) \]

则积性函数 \(f\) 为完全积性函数。
例如：\(\epsilon(x),id_k(x)\)

积性函数的实现

那么，积性函数像下面的 \(\varphi,\mu\) 都是非常有用的东西，当然还有更多的积性函数，那么我们该如何去线性求出积性函数呢。
我们需要通过想欧拉筛筛质数的方式来快速筛出积性函数。
比如我们现在要筛积性函数 \(f\)，那么我们就需要快速的得到它的 \(f(1),f(p),f(p^t)\)。
我们需要先对每一个 \(i\) 进行唯一分解 \(\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}\)。

当 \(p<p_1,\gcd(p,i)=1\) 时，则 \(f(ip)=f(i)\times f(p)\)；
当 \(p=p_1\) 时，我们先记 \(low_i\) 表示 \(p_1^{t_1}\)，则 \(f(ip)=f\left(\dfrac{i}{low_i}\right)f(low_i\times p)\)。

这样我们就可以不重不漏的筛出函数 \(f\) 了。

void init(ll n){
    isp[1]=low[1]=1;
    f[1]=对1直接定义;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!isp[i]) low[i]=p[++cnt]=i,f[i]=对质数直接定义;
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++){
            isp[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                low[i*p[j]]=low[i]*p[j];
                if(low[i]==i)
                    f[i*p[j]]=对质数的若干次幂进行定义(一般由f[i]递推);
                else
                    f[i*p[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*p[j]];
                break;
            }
            low[i*p[j]]=p[j];
            f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
        }
    }
}

狄利克雷卷积 (dirichlet)

定义两个函数 \(f(n)\) 和 \(g(n)\) 的狄利克雷卷积 \((f*g)(n)\) 其中 \(*\) 为卷积符号：

\[t(n)=\displaystyle\sum_{i|n}f(i)g(\dfrac{n}{i})\Leftrightarrow \displaystyle\sum_{ij}f(i)g(j) \]

同时狄利克雷卷积满足以下一些性质：

\(f*g=g*f\)
\((f*g)*h=f*(g*h)\)
\(f*h+g*h=(f+g)*h\)
\((xf)*g=x(f*g)\)
\(\epsilon*f=f\)
对于每一个 \(f(1)\not=1\) 的函数 \(f\) 都有逆元 \(g\)，使得 \(f*g=\epsilon\)

那么对于一个 \(f(1)\not=1\) 的函数 \(f\) 的逆元 \(g\) 该如何计算呢
我们只需要通过狄利克雷卷积的定义简单推导一下得到：

\[g(n)=\dfrac{1}{f(1)}\left([n=1]-\displaystyle\sum_{i\mid n,i\not=1}f(i)g(\frac{n}{i})\right) \]

这样就有：\(\displaystyle\sum_{i\mid n}f(i)g(\dfrac{n}{i})=f(1)g(n)+\displaystyle\sum_{i\mid n,i\not=1}=[n=1]=\epsilon\)。

欧拉函数 (Euler)

定义

欧拉函数用 \(\varphi\) 表示，定义：

\[\varphi(n)=\displaystyle\prod_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \]

解释：\(\varphi(n)\) 表示 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。

公式

先设 \(n=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}\)，则有：

\[\varphi(n)=n\displaystyle\prod_{i=1}^k\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right) \]

证明：
我们先假设 \(n\in\mathbb{N^+}\) 只存在质因子 \(p,q\)。
考虑容斥，与 \(n\) 互质的数就是所有数减去 \(p,2p,\cdots,\lfloor\dfrac{n}{p}\rfloor,q,2q,\cdots,\lfloor\dfrac{n}{q}\rfloor\)。
同时根据容斥原理，需要补回 \(pq,2pq,\cdots,\lfloor\dfrac{n}{pq}\rfloor\)。
即 \(\varphi(n)=n-\dfrac{n}{p}-\dfrac{n}{q}+\dfrac{n}{pq}=n\left(1-\dfrac{1}{p}\right)\left(1-\dfrac{1}{q}\right)\)
那么同理，当 \(n=\displaystyle\prod_{i=1}^{k}p_i^{t_i}\) 时，有：

\[\varphi(n)=n\left(1-\dfrac{1}{p_1}\right)\left(1-\dfrac{1}{p_2}\right)\cdots\left(1-\dfrac{n}{p_k}\right)=n\displaystyle\prod_{i=1}^k\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right) \]

积性函数

函数 \(\varphi\) 满足 \(\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\ \ \ (\gcd(n,m)=1)\)。
即 \(\varphi\) 为积性函数。

证明：
设 \(n=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{a_i},m=\displaystyle\prod_{i=1}^tq_i^{b_i}\ \ \ (\gcd(n,m)=1)\)

\[\begin{aligned}\varphi(nm)= & nm\displaystyle\prod_{i=1}^k\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right)\displaystyle\prod_{j=1}^t\left(1-\dfrac{1}{q_j}\right)\\= & n\displaystyle\prod_{i=1}^k\left(1-\dfrac{1}{p_i}\right)m\displaystyle\prod_{j=1}^t\left(1-\dfrac{1}{q_j}\right)\\ = & \varphi(n)\varphi(m)\end{aligned} \]

性质

\[\displaystyle\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n\Leftrightarrow \varphi*1=Id \]

证明：
记 \(f(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}\varphi(d)\)。则由于：
\(f(n)f(m)=\displaystyle\sum_{i\mid n}\varphi(i)\displaystyle\sum_{j\mid n}\varphi(j)=\displaystyle\sum_{d\mid nm}\varphi(d)=f(nm)\)
可以得到 \(f(n)\) 为积性函数。
设 \(n=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}\)。
而对于 \(f(p^c)=\displaystyle\sum_{i=1}^c\varphi(p^i)=\displaystyle\sum_{i=1}^cp^i-p^{i-1}=p^c\)
\(\therefore f(n)=\displaystyle\prod_{i=1}^kf(p_i^{t_i})=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}=n\)

实现

我们可以通过线性筛筛质数的时候是顺便就把欧拉函数筛出来。

void Euler(int n){
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++){
        if (!isp[i])primes.push_back(i),phi[i]=i-1;
        for(auto p:primes){
            if(p*i>n)break;
            isp[p*i]=1;
            if (!(i%p)){
                phi[p*i]=phi[i]*p;
                break;
            }else phi[p*i]=phi[p]*phi[i];
        }
    }
}

莫比乌斯函数 (Möbius)

定义

莫比乌斯函数用 \(\mu\) 表示，定义：

\[\mu(x)=\begin{cases}1 & x=1\\0 & \exists p\in\mathbb{Z},p^2\mid x\\(-1)^k & \displaystyle\prod_{i=1}^kp_i(1\le i,j\le j,p_i\not=p_j)\end{cases} \]

解释一下对 \(\mu(x)\) 的定义：

当 \(x=1\) 时，\(\mu(x)=1\)；
当 \(x\) 含有任何的质因子的幂次 \(\ge 2\)，\(\mu(x)=0\)；
当 \(x=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i\)，且所有 \(p_i\) 的互不相同时，\(\mu(x)=(-1)^k\)

性质

只知道莫比乌斯函数的定义还远远不够，我们还需要了解一下他的性质：

\(n\in\mathbb{N^+},\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1],\mu*1=\epsilon\)。

证明：

当 \(n=1\) 时，\(\displaystyle\sum_{d|n}=\mu(1)=1=[n=1]\)。

当 \(n>1\) 时，我们记 \(n=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{t_i}\)
当 \(\exists t_i,t_i>1\) 时，\(\mu(n)=0\)。
当 \(\forall t_i,t_i=1\) 时，对于 \(\mu(d)=(-1)^r\) 这样的存在 \(C_k^r\) 个。
\(\therefore \displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=C_k^0+C_k^1+C_k^2+\cdots+(-1)^kC_k^k=\displaystyle\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i\)
由二项式定理：\((x+y)^n=\displaystyle\sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i}\)
\(\therefore \displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\displaystyle\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i=(-1+1)^n=0\)

\(\displaystyle\sum_{d\mid n}\dfrac{\mu(d)}{d}=\dfrac{\varphi(n)}{n}\)

证明：
\(\begin{aligned}\displaystyle\sum_{d\mid n}\dfrac{\mu(d)}{d}=&\displaystyle\sum_{d\mid n}\dfrac{\mu(d)\frac{n}{d}}{n}\\=& \dfrac{\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)Id\left(\frac{n}{d}\right)}{n}\\= & \dfrac{\mu(n)*Id(n)}{n}\end{aligned}\)
根据 \(\varphi*1=Id\Leftrightarrow\varphi*1*\mu=\mu*Id\Leftrightarrow\varphi*\epsilon=\mu*Id\) 得
\(\displaystyle\sum_{d\mid n}\dfrac{\mu(d)}{d}=\dfrac{\mu(n)*Id(n)}{n}=\dfrac{\varphi(n)}{n}\)

实现

和欧拉函数一样，也可以在筛质数的时候顺便得到。

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

莫比乌斯反演

当存在有两个函数 \(f\) 和 \(g\) 满足：\(f(n)=\displaystyle\sum_{d|n}g(d)\) 即 \(f=g*1\)。
则一定有：

\[g(n)=\displaystyle\sum_{d|n}f(n)\mu(\dfrac{n}{d})，即 g=f*\mu \]

证明：

\[f=g*1\Leftrightarrow f*\mu=g*1*\mu \Leftrightarrow f*\mu=g \]

倍数形式：

\[g(n)=\displaystyle\sum_{n\mid d}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\displaystyle\sum_{n\mid d}\mu(\dfrac{d}{n})g(d) \]

例题

\(1.\) P2522 Problem B
求 \(\displaystyle\sum_{i=a}^b\displaystyle\sum_{j=c}^d[\gcd(i,j)=k]\)

设 \(f(k)=\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k],g(n)=\displaystyle\sum_{n\mid k}f(k)\)
则通过莫比乌斯反演的倍数形式可以得到： \(f(x)=\displaystyle\sum_{x\mid k}\mu(\lfloor\dfrac{k}{x}\rfloor)g(k)\)
我们在考虑对于函数 \(g\) 的处理：
\(\begin{aligned}g(x)=&\displaystyle\sum_{x\mid k}\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\\=&\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{j=1}^m[x\mid \gcd(i,j)]\\=&\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\displaystyle\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor}[1\mid \gcd(i,j)]\\=&\lfloor\dfrac{n}{x}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{x}\rfloor\end{aligned}\)
我们在将函数 \(g\) 带回函数 \(f\)，同时枚举 \(\lfloor\dfrac{k}{x}\rfloor\) 记为 \(t\)：
\(f(x)=\displaystyle\sum_{t=1}^{\min(n,m)}\mu(t)\lfloor\dfrac{n}{tx}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{tx}\rfloor\)
那么对于最后的答案我们只需要一个简单的容斥：
\(ans=\displaystyle\sum_{i=1}^b\displaystyle\sum_{j=1}^d[\gcd(i,j)=k]-\displaystyle\sum_{i=1}^{a-1}\displaystyle\sum_{j=1}^d[\gcd(i,j)=k]-\displaystyle\sum_{i=1}^b\displaystyle\sum_{j=1}^{c-1}[\gcd(i,j)=k]+\displaystyle\sum_{i=1}^{a-1}\displaystyle\sum_{j=1}^{c-1}[\gcd(i,j)=k]\)
通过上的函数 \(f,g\) 带入即可，通过整除分块可以得到时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-710609.html