【笔记】莫比乌斯反演（前置知识）

前言

由于文章正文太长，不得不分几篇博客。

本篇为数论基础内容，学习过数论的可以跳过。

最近学了莫比乌斯反演和一点狄利克雷卷积，感觉很难，也是看了很多博客才有点明，写一篇博客帮助自己理解。

由于数论大多基于正整数讨论，故除特殊说明外，本文所有变量都为正整数。

前置知识

模

定义

模是一种运算，与加、减、乘、除、乘方、开方同为最常用的$7$种运算。
取$a/b$的余数，称为$a$模$b$，一般记为$a\mathrm{mod}b$或$a\%b$
模运算的优先度等于乘除法。

性质

1、分配律：
$(a\pm b)\%p=(a\%p\pm b\%p)\%p$
$(a\times b)\%p=(a\%p\times b\%p)\%p$
$a^b\%p=(a\%p{)}^b\%c$

分配律告诉我们，在大部分取模的题目中，每一次计算都取模是正确的。

2、放缩性：
若$a\%p=b$，则$(a\times c)\%(p\times c)=b\times c$
若$a\%p=b$，$a\%c=0,b\%c=0$，则$\frac{a}{c}\%\frac{p}{c}=\frac{b}{c}$

整除

定义

若自然数 $n$ 和 $m$ 满足$n\%m=0$，即$n$除以$m$的余数为$0$，则称 $m$ 整除 $n$，记为 $m|n$，注意其中 $n$ 为被除数，$m$为除数.

性质

1、若$a|b,b|c$，则$a|c$
证明：
基础。设$k_{1}a=b,k_{2}b=c$，则$k_2\cdot k_{1}a=c$，即$a|c$.
这是整除证明中的大部分思路，将整除关系转化为倍数关系证明。
2、若$a|b,a|c$，则$a|bc$
3、若$a|c,b|c$ 且 $a$与$b$互质，则$ab|c$
4、若$a|b,b|a$，则$a=b$

同余

定义

若$n\%p=m\%p$，即$n,m$除以$p$的余数相等，称$n,m$在模$p$意义下同余，记为$n\equiv m\mathrm{mod}p$.

性质

1、$a\equiv a\mathrm{mod}p$
2、若$a\equiv b\mathrm{mod}p$，则$b\equiv a\mathrm{mod}p$
3、若$n\equiv m\mathrm{mod}p$，$n+a_{1}p\equiv m+a_{2}p\equiv n\equiv m\mathrm{mod}p$
证明：$n=k_{1}p+q,m=k_{2}p+q$，$n+a_{1}p=(k_1+a_1)p+q$，所以$n+a_{1}p\equiv n\mathrm{mod}p$，$m$与$m+a_{2}p$同理。
这也是同余证明的大部分思路，将同余关系转化为我们熟悉的倍数和关系证明。
4、若$a\equiv b\mathrm{mod}p,c\equiv d\mathrm{mod}p$，则$a\pm c\equiv b\pm d\mathrm{mod}p,ac\equiv bd\mathrm{mod}p$
5、若$ac\equiv bc\mathrm{mod}p,c\ne 0$，则$a\equiv b\mathrm{mod}\frac{p}{(p,c)}$
6、若$a\equiv b\mathrm{mod}p$，则$ac\equiv bc\mathrm{mod}p$
7、若$a\equiv b\mathrm{mod}p$，则$a^c\equiv b^c\mathrm{mod}p$

逆元

定义

若$ab\equiv 1\mathrm{mod}p$，称$a$，$b$在模$p$意义下互为逆元，也称$a$为$b$在模$p$意义下的逆元，$b$为$a$在模$p$意义下的逆元，可记为$b\equiv a^{-1}\mathrm{mod}p,a\equiv b^{-1}\mathrm{mod}p$.

可以认为$a$与$b$在模$p$意义下互为倒数。这就是说，在模$p$意义下，$b$就是$\frac{1}{a}$

从定义可以发现，逆元的大部分用途用于求$\frac{a}{b}\mathrm{mod}p$的值，因为$a\equiv b^{-1}\mathrm{mod}p$，$\frac{a}{b}=a\cdot b^{-1}$，即求$a$乘上$b$的逆元模$p$.

求逆元的方法可以用下面的定理。

性质

1、费马小定理：若$a$与$p$互质且$p$为质数，则$a^{p-1}\equiv 1\mathrm{mod}p$
一般的题目求逆元多用这个定理，因为大部分题目的模数$p$都为$998244353$或$10^9+7$这类质数。
$a^{p-1}\equiv 1\mathrm{mod}p$
则$a^{p-2}\cdot a\equiv 1\mathrm{mod}p$
所以$a$在模$p$意义下的逆元为$a^{p-2}\mathrm{mod}p$.

2、欧拉定理：若$a$与$p$互质，则$a^{\varphi (p)}\equiv 1\mathrm{mod}p$.
欧拉函数：$\varphi (n)=\sum _{i=1}^n[(i,n)=1]$
$(i,n)$表示$i$与$n$的最大公约数，等价于$gcd(i,n)$.
$[(i,n)=1]$是艾弗森表示法，当$(i,n)=1$时为$1$，否则为$0$.
欧拉函数$\varphi (n)$为小于$n$的正整数中与$n$互质的数。
容易发现，$\varphi (p)=p-1(p\in P,即p为质数)$
费马小定理为欧拉定理的特殊情况，因为$\varphi (p)=p-1$.

3、扩展欧拉定理：$a^b\equiv a^{(b\mathrm{mod}\varphi (p))+\varphi (p)}\mathrm{mod}p$

以上$3$个定理的关系为：费马小定理$\subset$欧拉定理$\subset$扩展欧拉定理
即扩展欧拉定理包含了前两个定理。
以上$3$个定理本人均不会证明，证明请自行bdfs。

积性函数

定义

若$a$与$b$互质时有$f(a)\times f(b)=f(a\times b)$，则称$f$为积性函数，又称数论函数。
若对于任意$a$和$b$均满足$f(a)\times f(b)=f(a\times b)$，则称$f$为完全积性函数。完全积性函数属于积性函数。

常见的积性函数

单位函数：$ϵ=[n=1]$

常数函数：$I(n)=1$

恒等函数：$Id(n)=n$

幂函数：$I{d}_k(n)=n^k$
常数函数为$k=0$的幂函数，恒等函数为$k=1$的幂函数。

欧拉函数：$\varphi (n)=\sum _{i=1}^n[(i,n)=1]$
引理1：$\varphi (p^k)=p^k(1-\frac{1}{p})$，其中$p\in P$
证明：
我们知道，$\varphi (p^k)$表示小于$p^k$的正整数中与$p^k$互质的数的个数。
思考$[1,p^k]$中有多少个数与$p^k$不互质。这就是“从反面思考”。
若数$d$与$p^k$不互质，由于$p^k$只有$p$这一个质因数，所以$d=bp$.
那么$b$的取值数就等于$[1,p^k]$中与$p^k$不互质的数的数量。
显然，$b$的取值从$1$到$p^{k-1}$，因为$bp\le p^k$。
所以$[1,p^k]$中与$p^k$不互质的数有$p^{k-1}$个。
所以$\varphi (p^k)=p^k-p^{k-1}=p^k(1-\frac{1}{p})$

引理2：$\varphi (n)=n\prod _{p|n,p\in P}(1-\frac{1}{p})$
证明：

从反面思考或利用容斥原理易证————百度百科

用引理1可以很快速地证明引理2。
$\varphi (n)=\varphi (p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_k^{a_k})=\varphi (p_1^{a_1})\varphi (p_2^{a_2})\dots \varphi (p_k^{a_k})=p_1^{a_1}(1-\frac{1}{p_1})p_2^{a_2}(1-\frac{1}{p_2})\dots p_k^{a_k}(1-\frac{1}{p_k})=n\prod _{p|n,p\in P}(1-\frac{1}{p})$
其中$p_i\in P$.

引理2较引理1更为常用。事实上，引理1是在证明引理2的过程中引出的。

引理3：$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$
证明：
设$f(x)=\sum _{i=1}^n[(i,n)=x]$，即区间$[1,n]$中满足$gcd(i,n)=x$的数的个数。有$f(x)=\varphi (\frac{n}{x})$，因为与$\frac{n}{x}$互质的数$a$满足$gcd(a,\frac{n}{x})=1$，则$gcd(ax,n)=x$.
枚举每一个可能的$gcd(i,n)$，得$n=\sum _{d|n}f(d)=\sum _{d|n}\varphi (\frac{n}{d})$.
注意这个式子有对称性，因为$d|n$，所以$\frac{n}{d}|n$.
所以$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$，得证。

莫比乌斯函数：$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& n=p_1{p}_2\dots p_k(p_i\in P)\\ 0& p^2|n(p\in P)\end{array}$
当$n$有多个（指大于等于$2$）相同的质因子时，$\mu (n)=0$，否则由$n$的质因数个数决定，若$n$有奇数个质因数，则$\mu (n)=-1$，否则$\mu (n)=1$.
特别的，$\mu (1)=1$.
从定义可以看出，莫比乌斯函数多作为多项式（一般为和式或乘积）中的系数出现，因为其只有三个取值：$1$，$-1$和$0$.
这就告诉我们，莫比乌斯函数具有很好的容斥天赋，容斥的和式中多有$(-1{)}^k$这个系数项，于是莫比乌斯函数就可能可以用于容斥系数。

其中$I$，$Id$，$I{d}_k$均为完全积性函数。

一个有趣的性质：
若$f(n)$为积性函数，则$f(1)=1$.
证明：因为$f(n)$为积性函数，所以$f(1\times a)=f(1)\times f(a)$
又因为$f(1\times a)=f(a)$，所以$f(1)\times f(a)=f(a)$，所以$f(1)=1$

证明欧拉函数为积性函数

根据定义，需证明$a$与$b$互质时，$\varphi (a\times b)=\varphi (a)\times \varphi (b)$.

设$x$与$ab$互质（$x<ab$），$p\in {\mathbb{Z}}_a^{\ast },q\in {\mathbb{Z}}_b^{\ast }$，其中${\mathbb{Z}}_a^{\ast }$为$a$的缩系（也称简化剩余系，即小于$a$的正整数中与$a$互质的数的集合）。则有如下方程式：
$$\{\begin{array}{ll}x\equiv p& \mathrm{mod}a\\ x\equiv q& \mathrm{mod}b\end{array}$$
方程式的解的数量等于$\varphi (ab)$的值。
设$Ab\equiv 1\mathrm{mod}a,Ba\equiv 1\mathrm{mod}b$
有$x\equiv Abp+Baq\mathrm{mod}ab$，因为当$x=Abp+Baq$时，$x$满足方程式。
$p$有$\varphi (a)$个不同取值，$q$有$\varphi (b)$个不同取值，若两对不同的$p,q$和$p^{\prime },q^{\prime }$，则$x$有$\varphi (a)\times \varphi (b)$个不同的取值。
又因为$x$的取值的数量等于$\varphi (ab)$，所以只需要证明一对$p,q$有一个唯一对应的$x$即可。
可以用反证法证否下列方程式：
$$\{\begin{array}{l}p,q\ne p^{\prime },q^{\prime }\\ x\equiv Abp+Baq\mathrm{mod}ab\\ x\equiv Ab{p}^{\prime }+Ba{q}^{\prime }\mathrm{mod}ab\end{array}$$
有$Abp+Baq\equiv Ab{p}^{\prime }+Ba{q}^{\prime }\mathrm{mod}ab$
移项，得$Ab(p-p^{\prime })\equiv Ba(q^{\prime }-q)\mathrm{mod}ab$
两边同时乘$b$，$Ab(p-p^{\prime })b\equiv Ba(q^{\prime }-q)b\mathrm{mod}ab$
由于右边为$ab$的倍数，所以$Ab(p-p^{\prime })\equiv 0\mathrm{mod}ab$
若要满足此式，则左边为$ab$的倍数。
观察左式，$b$提供了$b$的倍数，$a$与$b$互质，那么需要满足$A(p-p^{\prime })$为$a$的倍数。
因为$Ab\equiv 1\mathrm{mod}a$，所以$A$与$a$互质。
所以有$p-p^{\prime }$为$a$的倍数。
因为$p,p^{\prime }\in {\mathbb{Z}}_a^{\ast }$，所以$p,p^{\prime }<a$，所以$p-p^{\prime }=0$，即$p=p^{\prime }$，与假设矛盾，故可证明一对$p,q$只有一个唯一对应的$x$.
得证。

例1：欧拉函数线性筛

求解$[1,n]$每个数的欧拉函数$(1\le n\le 10^7$)

本题要求线性求欧拉函数，考虑到欧拉函数是积性函数，可以采用类似欧拉筛的方法解决。
$$\varphi (i\times p_j)=\{\begin{array}{ll}\varphi (i)\times p_j& i\%p_j=0\\ \varphi (i)\times (p_j-1)& i\%p_j\ne 0\end{array}(p_j\in P,i\in \mathbb{N})$$
证明：
当$i\%p_j\ne 0$，因为$p_j\in P$，所以$p_j$与$i$互质，所以$\varphi (i\times p_j)=\varphi (i)\times \varphi (p_j)=\varphi (i)\times (p_j-1)$
当$i\%p_j=0$，因为$\varphi (n)=n\prod _{p|n,p\in P}(1-\frac{1}{p})$，所以可以看出$\varphi (n)$仅与$n$的质因子种类和$n$的大小有关。
因为$i\%p_j=0$，所以$i$中包含了$p_j$这个质因子，所以$i$的质因子种类与$i\times p_j$完全相等，所以$\prod _{p^{\prime }|(i\times p_j),p^{\prime }\in P}(1-\frac{1}{p^{\prime }})=\prod _{p^{\prime }|i,p^{\prime }\in P}(1-\frac{1}{p^{\prime }})$
有
$$\varphi (i\times p_j)=i\times p_j\times \prod _{p^{\prime }|(i\times p_j),p^{\prime }\in P}(1-\frac{1}{p^{\prime }})=p_j\times i\times \prod _{p^{\prime }|i,p^{\prime }\in P}(1-\frac{1}{p^{\prime }})=\varphi (i)\times p_j$$
得证。

故有如下代码。

#include 
using namespace std;
const int N = 1000005;
int n, pri[N], cnt = 0, vis[N], phi[N];
void oula(int x) {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= x; i++) {
        if (!vis[i]) pri[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= x; j++) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if (i % pri[j] == 0) {
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
            phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1); // 每个数只会被其最小质因子筛到一次
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    oula(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", phi[i]);
    return 0;
}

例2：莫比乌斯函数线性筛

思路同上。
$$\mu (i\times p_j)=\{\begin{array}{ll}0& i\%p_j=0\\ -\mu (i)& i\%p_j\ne 0\end{array}$$
证明：
当$i\%p_j=0$时，$i\times p_j$至少有两个相同的质因子$p_j$，根据定义，$\mu (i\times p_j)=0$
当$i\%p_j\ne 0$时，根据积性函数的定义，$\mu (i\times p_j)=\mu (i)\times \mu (p_j)=\mu (i)\times (-1)=-\mu (i)$

#include 
using namespace std;
const int N = 1000005;
int n, pri[N], cnt = 0, vis[N], mu[N];
void oula(int x) {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= x; i++) {
        if (!vis[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= x; j++) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if (i % pri[j] == 0) break; // 有两个相等的质因子pri[j]，故mu值为0，不更新
            mu[i * pri[j]] = -mu[i]; // 每个数只会被其最小质因子筛到一次
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    oula(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", mu[i]);
    return 0;
}

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