[数论]莫比乌斯反演入门

对莫比乌斯反演常用技巧与性质的理解与部分证明

寒假的时候雍老师就跟我们讲了，可惜当时是真的傻逼，雍老师讲的辣么详细都听不懂。。。考试全靠背公式，打暴力。这次才算是把寒假的坑填了大半，虽然我现在还是很菜。。。

前置知识

线筛五连：
(1)线筛素数
(2)线筛欧拉函数
(3)线筛莫比乌斯函数
(4)线筛约数个数
(5)线筛约数和

对上述函数的定义与暴力求解（在上面的链接里均有提到）有一定了解，如果不甚了解，欢迎点击上面的链接，仍有不清楚的地方可自行百度。

对和号 ∑ ∑ （本质是枚举）有一定认识，熟悉表达式中的表述（如 gcd g c d ，下取整符号，整除符号）以及上述函数的基本性质（更深的内容会在本博客介绍并给出部分证明）。

怎么样，是不是门槛很低，接下来我们进入正题。

接下来的举例大多来自于博主做过的例题，可以到博主的博客首页查看

常用的技巧

1.求和运算式中的位置变换

显然，当一个多项式中的所有项都与前面的一些和号的枚举值无关的话，我们就可以把这个多项式提前：

∑i=1n∑j=1mμ(i)=∑i=1nμ(i)∑j=1m ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m μ ( i ) = ∑ i = 1 n μ ( i ) ∑ j = 1 m

我们经常在更该枚举项后，交换这些枚举项的位置。

2.更改枚举项

总的来说是一种更改求和的限制条件的方法，也是很多变形的本质。

在初始的式子里，枚举项经常有一些奇奇怪怪的限制，如下：

∑i=1n∑j=1m∑d|gcd(i,j)μ(d) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m ∑ d | g c d ( i , j ) μ ( d )

我们不妨直接枚举 d d ，把限制扔到后面去，去掉限制后，由技巧1， μ(d) μ ( d ) 也可以提到前面了：

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1n∑j=1m[d|gcd(i,j)] ∑ d = 1 m i n ( n , m ) μ ( d ) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ d | g c d ( i , j ) ]

但是限制貌似仍然没有消掉？？？我们仍可以再次更该枚举项，对于 d d ，我们不去枚举 i,j i , j ，因为后面的限制使 i,j i , j 必须为 d d 的倍数，所以我们不如直接枚举 d d 的倍数，便成功省去了最后的限制：

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋=∑d=1min(n,m)μ(d)⌊nd⌋⌊md⌋ ∑ d = 1 m i n ( n , m ) μ ( d ) ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ = ∑ d = 1 m i n ( n , m ) μ ( d ) ⌊ n d ⌋ ⌊ m d ⌋

为什么上面的式子中 i,j i , j 的上限变小了？上面说到，我们直接枚举 d d 的倍数，反映到式子中就变成了枚举系数，即原来的 i i 变成了 i×d i × d ， j j 变成了 j×d j × d 。最后由于和号已经没有限制了，我们便直接将其转化为多项式。

3.下底分块

上面得到的式子是可以 O(n) O ( n ) 得到答案的，但是一般的莫比乌斯反演都有多组询问，每次都 O(n) O ( n ) 计算的话就只能乖乖 TLE T L E 。

观察上面的式子，发现对于一个 n n ，存在一段区间 [l,r] [ l , r ] 使得 ⌊nl⌋=⌊nr⌋=k ⌊ n l ⌋ = ⌊ n r ⌋ = k 且对于这个区间外的其它值 else e l s e ，均有 ⌊nelse⌋≠k ⌊ n e l s e ⌋ ≠ k 。

这样，对于上述的一个区间 [l,r] [ l , r ] ， ∑ri=l⌊ni⌋ ∑ i = l r ⌊ n i ⌋ 是一个定值，应用到上面的式子中，就可以把 [1,n] [ 1 , n ] 划分成 n−−√ n 个区间快速求解。

先给个结论，当我们已知 l l 时，有 r=n⌊nl⌋ r = n ⌊ n l ⌋ ，证明如下：

设n=kl+x1=kr+x2且l,r<k 设 n = k l + x 1 = k r + x 2 且 l , r < k

先由定义算出 r r ：

∴l=n−x1k,r=n−x2k ∴ l = n − x 1 k , r = n − x 2 k

∴r−l=x1−x2k ∴ r − l = x 1 − x 2 k

∴r=l+x1−x2k ∴ r = l + x 1 − x 2 k

∵x2<k,k|(x1−x2) ∵ x 2 < k , k | ( x 1 − x 2 )

∴x1−x2k=⌊x1k⌋ ∴ x 1 − x 2 k = ⌊ x 1 k ⌋

∴r=l+⌊x1k⌋ ∴ r = l + ⌊ x 1 k ⌋

再对等式右边进行变形：

∵⌊nl⌋=⌊nr⌋=k ∵ ⌊ n l ⌋ = ⌊ n r ⌋ = k

∴r=nk=l+⌊x1k⌋ ∴ r = n k = l + ⌊ x 1 k ⌋

综上： r=n⌊nl⌋ r = n ⌊ n l ⌋

证毕。

4.提出公因数

基本上是处理这种情况：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=x] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = x ]

对于这种式子我们是不方便求解的，需要把判定条件改为 [gcd(i,j)=1] [ g c d ( i , j ) = 1 ] ，才能使用后面要讲的性质3进一步推导。那么，我们不如将 x x 当做“公因数”提出去：

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=x]=∑i=1⌊nx⌋∑j=1⌊mx⌋[gcd(i,j)=1] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = x ] = ∑ i = 1 ⌊ n x ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m x ⌋ [ g c d ( i , j ) = 1 ]

其本质上也可以看做是一种更换枚举项的技巧，我们不去枚举 i,j i , j ，直接枚举 x x 的倍数，由于要求 gcd(i,j)=x g c d ( i , j ) = x ，直接枚举 x x 的倍数后就变成要求 gcd(i,j)=1 g c d ( i , j ) = 1 了。

同样的，我们观察操作2中讲到的变形：

∑i=1n∑j=1m[d|gcd(i,j)] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ d | g c d ( i , j ) ]

也可以理解为提出了 d d ，式子变成：

∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋[1|gcd(i,j)] ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ [ 1 | g c d ( i , j ) ]

由于 [1|gcd(i,j)] [ 1 | g c d ( i , j ) ] 相当于没有，所以就变成了上面讲到的样子。

但是，对于和号后不止一个判定条件，而是有其他式子时，提公因式时没有这么简单：

∑i=1n∑j=1mij[d=gcd(i,j)] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i j [ d = g c d ( i , j ) ]

提公因式的本质为缩小枚举范围，在只有判定条件的时候，对于“计数”时没有影响的，但是在有了其他式子时，其他的式子在范围缩小后值也变小了，这样“求和”得到的结果就不对了，所以我们应该像普通提公因式的操作方式，给予”补偿”：

d2∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ij[1=gcd(i,j)] d 2 ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ i j [ 1 = g c d ( i , j ) ]

5.对陌生函数的线性筛法讨论

线性筛要求所筛函数为积性，即对于 gcd(x,y)=1 g c d ( x , y ) = 1 ，有：

f(xy)=f(x)×f(y) f ( x y ) = f ( x ) × f ( y )

在积性的前提下，我们通常按照套路对 f(x) f ( x ) 进行讨论：

1.当 x x 为素数时；
2.当 i mod p[j]=0 i   m o d   p [ j ] = 0 时；
3.当 i mod p[j]≠0 i   m o d   p [ j ] ≠ 0 时；

如果对上面表述的含义不清楚，可以参考上方的线筛五连。

以YY的GCD为例（以下内容直接摘自博主的题解）：

设 f(T)=∑p|Tμ(Tp),T=i×p[j] f ( T ) = ∑ p | T μ ( T p ) , T = i × p [ j ] ，考虑线筛：

1.当 T T 本身为素数时，显然有 f(T)=μ(1)=1 f ( T ) = μ ( 1 ) = 1 ；

2.当 T T 拥有多个最小质因子（即 i mod p[j]=0 i   m o d   p [ j ] = 0 ）时：

(1)当 i i 本身无多个相同质因子时，那么当且仅当我们枚举的素数等于 p[j] p [ j ] 时， μ(Tp) μ ( T p ) 的值不为 0 0 ，此时 p=p[j],T=i×p[j] p = p [ j ] , T = i × p [ j ] ，所以有 μ(Tp)=μ(i) μ ( T p ) = μ ( i ) ；

(2)当 i i 本身就是拥有多个因子的数时，无论我们怎么枚举， μ(Tp) μ ( T p ) 的值都为 0 0 ，此时，仍然有 μ(Tp)=μ(i) μ ( T p ) = μ ( i ) ；

3.当 T T 的最小质因子只有一个时：

此时， T T 就比 i i 多了一个质因数 p[j] p [ j ] ，因为有：

f(i)=∑p|iμ(ip)f(T)=∑p|Tμ(i×p[j]p) f ( i ) = ∑ p | i μ ( i p ) f ( T ) = ∑ p | T μ ( i × p [ j ] p )

因为 i i 中没有质因数 p[j] p [ j ] ，所以有 μ(i×p[j]p)=−μ(ip) μ ( i × p [ j ] p ) = − μ ( i p ) ，在此基础上， T T 还多了一个 μ(i×p[j]p[j])=μ(i) μ ( i × p [ j ] p [ j ] ) = μ ( i ) 。可得， f(T)=−f(i)+μ(i) f ( T ) = − f ( i ) + μ ( i ) ；

综上，我们得到线筛方程：

f(T)=⎧⎩⎨⎪⎪μ(1)μ(i)−f(i)+μ(i)T∈Pi mod p[j]=0i mod p[j]≠0 f ( T ) = { μ ( 1 ) T ∈ P μ ( i ) i   m o d   p [ j ] = 0 − f ( i ) + μ ( i ) i   m o d   p [ j ] ≠ 0

只要对函数的讨论清晰，一般还是没什么问题。

6.替换未知数

有些时候会见到，这种形状：

ans=∑P∑d=1min(⌊np⌋,⌊mp⌋)μ(d)⌊ndp⌋⌊mdp⌋ a n s = ∑ P ∑ d = 1 m i n ( ⌊ n p ⌋ , ⌊ m p ⌋ ) μ ( d ) ⌊ n d p ⌋ ⌊ m d p ⌋

又或者是：

ans=∑d=1nd∑d′=1nμ(d′)⌊ndd′⌋⌊ndd′⌋ a n s = ∑ d = 1 n d ∑ d ′ = 1 n μ ( d ′ ) ⌊ n d d ′ ⌋ ⌊ n d d ′ ⌋

注意到诸如 dp,dd′ d p , d d ′ 的形状看起来非常不爽，不如替换掉，以上面的第二个式子为例，设 T=dd′ T = d d ′ ，代入：

ans=∑d=1n∑d′=1nμ(Td)d⌊nT⌋⌊nT⌋ a n s = ∑ d = 1 n ∑ d ′ = 1 n μ ( T d ) d ⌊ n T ⌋ ⌊ n T ⌋

再枚举 T T ：

ans=∑T=1n∑d|Tμ(Td)d⌊nT⌋⌊nT⌋ a n s = ∑ T = 1 n ∑ d | T μ ( T d ) d ⌊ n T ⌋ ⌊ n T ⌋

利用下面讲到的结论4，即可化简为：

ans=∑T=1nφ(T)⌊nT⌋⌊nT⌋ a n s = ∑ T = 1 n φ ( T ) ⌊ n T ⌋ ⌊ n T ⌋

本质上，替换未知数也是为了方便更换枚举项。

7.对特定形状的替换

如果说上面讲到的都是“普遍”形状，在求和算式中常常用到。

那么“特定”形状就是一些具有特别长相的式子，需要识别出来加以替换以进行下一步化简，下面介绍的性质和结论都是这样一类特殊的式子。

常用的性质与结论

1.莫比乌斯函数的定义

在上面线筛莫比乌斯函数的博客中提到了莫比乌斯函数的通俗定义：
(1)莫比乌斯函数 μ(n) μ ( n ) 的定义域是 N+ N +
(2) μ(1)=1 μ ( 1 ) = 1
(3)当n存在平方因子时， μ(n)=0 μ ( n ) = 0
(4)当n是素数或奇数个不同素数之积时， μ(n)=−1 μ ( n ) = − 1
(5)当n是偶数个不同素数之积时， μ(n)=1 μ ( n ) = 1

然而莫比乌斯函数的真正定义是这样的：

∑d|xμ(d)={10x=1x>1 ∑ d | x μ ( d ) = { 1 x = 1 0 x > 1

所以不如说上面的通俗定义才是莫比乌斯函数的性质，而莫比乌斯函数的真正定义是我们经常用到的一个性质。

2.莫比乌斯反演定理

对于函数 F(x),f(x) F ( x ) , f ( x ) ，如果有 F(x)=∑d|xf(d) F ( x ) = ∑ d | x f ( d ) ，那么就有：

f(x)=∑d|xμ(d)F(xd) f ( x ) = ∑ d | x μ ( d ) F ( x d )

证明如下：

直接将 F(x) F ( x ) 替换为 f(x) f ( x ) ：

∑d|xμ(d)F(xd)=∑d|xμ(d)∑d′|xdf(d′) ∑ d | x μ ( d ) F ( x d ) = ∑ d | x μ ( d ) ∑ d ′ | x d f ( d ′ )

我们交换枚举顺序，先枚举 d′ d ′ ：

∑d|xμ(d)∑d′|xdf(d′)=∑d′|xf(d′)∑d|xd′μ(d′) ∑ d | x μ ( d ) ∑ d ′ | x d f ( d ′ ) = ∑ d ′ | x f ( d ′ ) ∑ d | x d ′ μ ( d ′ )

由性质1，可得，当且仅当 xd′=1 x d ′ = 1 即 x=d′ x = d ′ 时 ∑d|xd′μ(d′) ∑ d | x d ′ μ ( d ′ ) 的值不为 0 0 ，因此：

∑d′|xf(d′)∑d|xd′μ(d′)=f(x) ∑ d ′ | x f ( d ′ ) ∑ d | x d ′ μ ( d ′ ) = f ( x )

证毕。

利用这个定理，可以设出具有上述关系的 F(x),f(x) F ( x ) , f ( x ) 进行各种骚操作，常见于各种神犇的博客。但是你在本蒟蒻的博客不会见到这种东西，博主不是很会，蒟蒻博主更习惯用更本质的莫比乌斯反演：性质3。

3.对 [gcd(i,j)=1] [ g c d ( i , j ) = 1 ] 的替换

在反演时，博主经常使用这个结论：

[gcd(i,j)=1]⇔∑d|gcd(i,j)μ(d) [ g c d ( i , j ) = 1 ] ⇔ ∑ d | g c d ( i , j ) μ ( d )

证明非常简单，利用性质1，我们可以得到，当且仅当 gcd(i,j)=1 g c d ( i , j ) = 1 时， ∑d|gcd(i,j)μ(d) ∑ d | g c d ( i , j ) μ ( d ) 的值不为 0 0 。

4.欧拉函数与莫比乌斯函数的互推

欧拉函数与莫比乌斯函数有奇妙的关系：

φ(x)=∑d|xμ(xd)d φ ( x ) = ∑ d | x μ ( x d ) d

我们考虑对欧拉函数的定义进行变形：

φ(x)=∑i=1x[gcd(i,x)=1] φ ( x ) = ∑ i = 1 x [ g c d ( i , x ) = 1 ]

利用性质3：

∑i=1x[gcd(i,x)=1]=∑i=1x∑d|gcd(i,x)μ(d) ∑ i = 1 x [ g c d ( i , x ) = 1 ] = ∑ i = 1 x ∑ d | g c d ( i , x ) μ ( d )

我们直接枚举 d d ：

∑i=1x∑d|gcd(i,x)μ(d)=∑d|x∑i=1xμ(d)[d|gcd(i,x)] ∑ i = 1 x ∑ d | g c d ( i , x ) μ ( d ) = ∑ d | x ∑ i = 1 x μ ( d ) [ d | g c d ( i , x ) ]

考虑直接枚举 d d 的倍数，而不是去枚举 i i ：

∑d|x∑i=1xμ(d)[d|gcd(i,x)]=∑d|x∑i=1xdμ(d) ∑ d | x ∑ i = 1 x μ ( d ) [ d | g c d ( i , x ) ] = ∑ d | x ∑ i = 1 x d μ ( d )

因为 μ(d) μ ( d ) 只与 d d 有关，可以提前：

∑d|x∑i=1xdμ(d)=∑d|xμ(d)∑i=1xd=∑d|xμ(d)xd ∑ d | x ∑ i = 1 x d μ ( d ) = ∑ d | x μ ( d ) ∑ i = 1 x d = ∑ d | x μ ( d ) x d

对于我们枚举的 d|x d | x ，显然 xd x d 与 d d 是等价的，所以最后化简为：

φ(x)=∑d|xμ(xd)d φ ( x ) = ∑ d | x μ ( x d ) d

证毕。

欧拉函数实际应用中出现频率不是很高，但在化简时若见到上述形状可以尝试进行替换。

5.约数个数函数 σ0(x) σ 0 ( x )

神奇性质如下：

σ0(nm)=∑x|n∑y|m[gcd(x,y)=1] σ 0 ( n m ) = ∑ x | n ∑ y | m [ g c d ( x , y ) = 1 ]

设 n=∏ki=1paii,m=∏ki=1pbii n = ∏ i = 1 k p i a i , m = ∏ i = 1 k p i b i

∴nm=∏ki=1pai+bii ∴ n m = ∏ i = 1 k p i a i + b i

∴σ0(nm)=∏ki=1(ai+bi+1) ∴ σ 0 ( n m ) = ∏ i = 1 k ( a i + b i + 1 )

对于 n,m n , m ，若前 i i 个质因子的贡献为 W W ，考虑第 i+1 i + 1 个质因子对答案的贡献：

选取 pi+1 p i + 1 的方案分别为：

1.由 x x 选取，那么可以选 1∼ai+1 1 ∼ a i + 1 个 pi+1 p i + 1 ，方案数为 ai+1 a i + 1 个；

2.由 y y 选取，那么可以选 1∼bi+1 1 ∼ b i + 1 个 pi+1 p i + 1 ，方案数为 bi+1 b i + 1 个；

3.都不选，方案数为 1 1 ；

所以选取 pi+1 p i + 1 的方案数总和为 ai+1+bi+1+1 a i + 1 + b i + 1 + 1 个。

故最后的方案数为：

∏i=1k(ai+bi+1) ∏ i = 1 k ( a i + b i + 1 )

证毕。

后记

如果有更多的技巧与结论，博主会更新。