Luckyblock

莫比乌斯反演

前置知识
- 小碎骨
- 引理1
- 引理2
- 数论分块
积性函数
- 定义
- 性质
- 举例
狄利克雷(Dirichlet)卷积
- 性质
- 与积性函数的关系
莫比乌斯函数
- 定义
- 性质
  - 证明
  - 关于单位元 $\varepsilon$
  - 补充结论
- 线性筛求莫比乌斯函数
莫比乌斯反演
- 公式
- 证明
例题
- [HAOI2011] Problem b
写在最后

前置知识

小碎骨

艾佛森括号 $[P] = \begin{cases} 1 &\text{If P is true}\\ 0 &\text{Otherwise} \end{cases}$
此处 $P$ 是一个可真可假的命题。

引理1

\[\forall a,b,c\in \mathbb{Z},\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}{c}}\right\rfloor \]

证明

\[\dfrac{a}{b} = \left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor + r(0\le r < 1) \]

\[\left\lfloor\dfrac{a}{bc}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{a}{b}\times\dfrac{1}{c}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{1}{c}\times\left({\left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor}+r \right)}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}{c} + \dfrac{r}{c}}\right\rfloor = \left\lfloor{\dfrac{\left\lfloor{\dfrac{a}{b}}\right\rfloor}{c}}\right\rfloor \]

引理2

\[\forall n\in N,\left| \left\{ \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor | d\in N\right\} \right| \le \left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor \]

$|V|$表示集合$V$的元素个数

证明

当$d\le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，$\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor$最多有$\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$种取值。
当$d\ge \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，有$\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，$\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor$最多有$\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$种取值。
$\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor$两两不同时取最大值。

数论分块

内容独立了出来，详细内容见数论分块 - Luckyblock

对于一类含有$\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$的求和式 ($n$ 为常数),
由于$\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor$单调不增，故存在多个区间$[l,r]$, 使得$\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor(i,j\in [l,r])$。

对于任意一个$i$, 我们需要找到一个最大的$j$, 满足上式，而$j=\left\lfloor{\dfrac{n}{\left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor}}\right\rfloor$

积性函数

定义

若$\gcd(x,y) = 1$且 $f(xy)=f(x)f(y)$, 则$f(n)$为积性函数。

性质

若$f(x), g(x)$均为积性函数，则以下函数也为积性函数：

\[\large\begin{aligned} & h(x) = f(x^p)\\ & h(x) = f^p(x)\\ & h(x) = f(x)g(x)\\ & h(x) = \sum_{d\mid x} f(d)g(\dfrac{x}{d}) \end{aligned}\]

举例

单位函数 $\epsilon(n) = [n = 1]$
恒等函数 $\operatorname{id}_{k}(n) = n^k\operatorname{id_{1}(n)}$，通常简记为$\operatorname{id}(n)$
常数函数 $1(n) = 1$
除数函数 $\sigma_{k}(n) = \sum\limits_{d\mid n} d^k \sigma_0(n)$，通常简记为$\operatorname{d}(n)$ 或 $\tau (n)$， $\sigma_1(n)$通常简记为 $\sigma(n)$。
欧拉函数 $\varphi(n) = \sum\limits_{i=1}^{n} [\gcd(i,n) = 1]$
莫比乌斯函数 $\mu(n) = \begin{cases}1 &n=1\\0 &n\ \text{含有平方因子}\\(-1)^k &k\text{为}\ n\ \text{的本质不同质因子个数} \end{cases}$

没看懂上面写的什么玩意？
根本不用深究，有个印象继续往下看就好。

狄利克雷(Dirichlet)卷积

定义两个数论函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积为

\[\large(f\ast g) (n) = \sum_{d\mid n} f(d)g(\dfrac{n}{d}) \]

性质

满足交换律和结合律。
$\varepsilon$为狄利克雷卷积的单位元，有$(f\ast \varepsilon)(n) = f(n)$
单位元 $\varepsilon = \mu \ast 1 \iff \varepsilon (n) = \sum\limits_{d\mid n} \mu (d)$

与积性函数的关系

定义见上文积性函数-举例

单位元 $\varepsilon = \mu \ast 1 \iff \varepsilon (n) = \sum\limits_{d\mid n} \mu (d)$
约数个数 $d = 1 \ast 1 \iff d(n) = \sum\limits_{d\mid n} 1$
除数函数 $\sigma = d \ast 1 \iff \sigma(n) = \sum\limits_{d \mid n} d$
欧拉函数 $\varphi = \mu \ast ID \iff \varphi (n) = \sum\limits_{d\mid n} d \cdot \mu(\dfrac{n}{d})$

也是没看懂上面写的什么玩意？
不用深究，有个印象继续往下看就好。

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义为

\[\mu(n) = \begin{cases} 1 &n=1\\0 &n\ \text{含有平方因子}\\(-1)^k &k\text{为}\ n\ \text{的本质不同质因子个数} \end{cases}\]

解释

令 $n = \prod\limits_{i=1}^{k} p_{i}^{c_i}$，其中$p_i$为质因子，$c_i\ge 1$。

$n=1$时，$\mu (n) = 1$。
$n\not ={1}$时，
- $\exist i\in [1,k], c_i > 1$ 时，$\mu (n) = 0$。
  当某质因子出现次数大于$1$时，$\mu (n) = 0$。
- $\forall i\in [1,k], c_i = 1$ 时，$\mu (n) = (-1)^k$。
  当每个质因子只出现一次时，即$n = \prod\limits_{i=1}^{k}p_i$，$\{p_i\}$中元素唯一。
  $\mu (n) = (-1)^k$，此处$k$为质因子的种类数。

性质

莫比乌斯函数是积性函数，且具有以下性质

\[\large \sum_{d\mid n} \mu (d) = [n=1] \]

证明

设 $n = \prod\limits_{i=1}^{k}{p_i^{c_i}}, n' = \prod\limits_{i=1}^{k}{p_i}$。

根据莫比乌斯函数定义，则有：$\sum\limits_{d\mid n}{\mu(d)} = \sum\limits_{d\mid n'}{\mu(d)}$。
若$n'$的某因子 $d$，有$\mu (d) = (-1)^i$，则它由 $i$ 个本质不同的质因子组成。
由于质因子总数为 $k$，满足上式的因子数为 $C_{k}^{i}$。
对于原求和式，转为枚举$\mu(d)$的值。
则 $\sum\limits_{d\mid n'}{\mu(d)} = \sum\limits_{i=0}^{k}{C_{k}^{i} \times (-1)^i} = \sum\limits_{i=0}^{k}{C_{k}^{i} \times (-1)^i\times 1^{k-i}}$
根据二项式定理，上式 $= (1+(-1))^k$，
易知该式在$k=0$ 即 $n=0$ 时为$1$，否则为 $0$。

关于单位元 $\varepsilon$

在上文中定义了 $\varepsilon (n)= (\mu \ast 1)(n)= \sum\limits_{d\mid n}\mu(d) = [n=1]$。
满足$(f\ast \varepsilon)(n) = f(n)$。

证明

\[\begin{aligned} &(f\ast \varepsilon)(n)\\ = &\sum_{d\mid n} f(d)\varepsilon(\dfrac{n}{d})\\ = &\sum_{d\mid n} f(d)[\dfrac{n}{d} = 1]\\ \end{aligned}\]

对于$[\dfrac{n}{d} = 1]$，当且仅当 $\dfrac{n}{d}=1$，即 $d=n$ 时为 $1$，否则为$0$。
则当 $d=n$ 时，$f(d)[\dfrac{n}{d}=1] = f(n)$。
当 $d\not ={n}$ 时，$f(d)[\dfrac{n}{d}=1] = 0$。

综上，$(f\ast \varepsilon)(n) = \sum_{d\mid n} f(d)[\dfrac{n}{d} = 1] = f(n)$

补充结论

反演结论: $[\gcd(i,j) = 1] \iff \sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)} {\mu (d)}$

证明1
设 $n = \gcd(i,j)$，则右$= \sum\limits_{d\mid n} {\mu (d)} = [n = 1] = [\gcd(i,j) = 1]=$ 左。

证明2
暴力展开：$[\gcd(i,j) = 1] = \varepsilon(\gcd(i,j)) = \sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)$

线性筛求莫比乌斯函数

$\mu$ 为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数。

int cnt, Mobius[MARX], Prime[MARX];
bool vis[MARX];

void GetMobius()
{
    Mobius[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= N; i ++)
    {
      if(! vis[i]) Mobius[i] = - 1, Prime[++ cnt] = i;
      for(int j = 1; j <= cnt && i * Prime[j] <= N; j ++)
      {
        vis[i * Prime[j]] = true;
        if(i % Prime[j] == 0) break;
        Mobius[i * Prime[j]] = - Mobius[i];
      }
    }
}