狄利克雷卷积和 莫比乌斯反演

看了《组合数学》，再听了学长讲的……感觉三官被颠覆…… 。

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狄利克雷卷积

如此定义:

或者可以写为 。

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特殊的函数

• 单位根 \(\varepsilon\) ：满足 \(f * \varepsilon = \varepsilon * f = f\) 。

• 幂函数 \(Id_k(n) = n^k\) 。特殊的， \(Id_1(n) = n\) 为恒等函数， \(Id_0(n) = 1\) 为常函数，简记为 \(I\) 。
• 除数函数 \(\sigma_k(n) = \sum_{d|n}^{} {d^k}\) 。特殊的， \(\sigma_1(n)\) 为因数和函数，简记为 \(\sigma(n)\) ， \(\sigma_0(n)\) 为因数个数函数，简记为 \(\tau(n)\) 。
• 欧拉函数 \(\varphi(n)\) 。质因数分解 \(n = p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}\) ，则 \(\varphi(n) = n \prod_{i = 1}^k \cfrac {p_i - 1}{p_i}\) 。

这些函数都是积性函数，满足 \(gcd(i, j) = 1 \implies f(ij) = f(i)f(j)\) .

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函数之间的关系

可能有不完整的地方…… 。

其中可以通过 \(I\) 转化的，都可以通过 \(\mu\) 转换回去。考虑 \(I * \mu = \varepsilon\) 的事实，后面会讲.

除数函数和幂函数

根据定义，我们有 。

即 。

欧拉函数和恒等函数

根据卷积:

在 \(n = p^k\) 时（ \(p\) 为质数），有:

所以 \((\varphi * I)(p^k) = p^k\) 。

将 \(n\) 质因数分解为 \(\prod p^k\) ，根据积性函数的定义，可知:

莫比乌斯函数和欧拉函数

应该把后面看完了再回来看这个…… 。

莫比乌斯函数定义为:

根据： \(\varphi * I = Id_1\) ，两边同时卷上 \(\mu\) 。

有:

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卷积的逆元

对于一个函数 \(f\) ，我们可以如下的定义一个函数 \(g\) .

首先设 \(g(1) = \frac 1 {f(1)}\) .

然后令 \(g(x) = - \frac 1 {f(1)} \sum_{d | x, d > 1}^{} {g(d)f(\frac xd)}\) 。

于是 \((f * g) = \varepsilon\) 。

展开带入证明即可.

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莫比乌斯函数与莫比乌斯反演

终于到这里了 QwQ 。

我们定义莫比乌斯函数是 \(I\) 的逆函数，也就是说 \((\mu * I) = \varepsilon\) .

所以，在 狄利克雷卷积 中:

至于为什么强调狄利克雷卷积……后文会提及 。

莫比乌斯函数常用于以下形式 。

或者可以写作:

而这就是 莫比乌斯反演 的核心公式.

很简单的公式，根本无需记忆…… 。

求法

和欧拉函数 \(\varphi\) 类似，可以通过线性筛的方法在 \(O(n)\) 内求出.

                        
                          vector<int> prms;
int mob[N], notp[N];
void getMob(int n) {
    mob[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!notp[i])
            mob[i] = -1, prms.push_back(i);

        for (int p : prms) {
            int ip = i * p;
            if (ip > n) break;
            notp[ip] = 1;
            if (i % p == 0) {
                mob[ip] = 0;
                break;
            } else mob[ip] = -mob[i];
        }
    }
}

                        
                      

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数论分块（整除分块）

这部分虽然不属于莫比乌斯反演，但是在求很多相关问题的时候需要用到.

开篇膜拜 Pecco 大佬： # 算法学习笔记(36): 莫比乌斯反演 。

核心问题：求解 \(\sum_{i = 1}^n \lfloor \frac ni \rfloor, n \le 10^{12}\) .

不难得知， \(\lfloor \frac ni \rfloor\) 不同的取值只有 \(O(\sqrt n)\) 个，并且是连续的。所以考虑对于每一中取值，求出有多少个。也就是说，对于 \(i\) ，需要求出满足 \(\lfloor \frac ni \rfloor = \lfloor \frac nj \rfloor\) 的最大的 \(j\) .

于是设 \(\lfloor \frac ni \rfloor = k\) 。

也就是说，对于每一个取值 \(\lfloor \frac ni \rfloor\) ，最大在 \(\lfloor \frac n{\lfloor \frac ni \rfloor} \rfloor\) 时满足.

于是可以这样写出代码:

                        
                          for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (r - l + 1) * (n / l);
}

                        
                      

练习题： [CQOI2007]余数求和 - 洛谷 。

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补充 ：现在我们考虑更极端的情况，例如求:

其中:

写出来 \(n = 1e9\) 的时候可以轻松过掉。所以其复杂度呢?

膜拜 @jijidawang in 讨论 .

为 \(O(n^{\frac 34})\) ，证明见讨论.

所以见到类似的数论分块套数论分块，大胆的写下去吧！ 。

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其实数论分块不仅仅可以解决 \(\lfloor \frac ni \rfloor\) 的问题，也可以套用在 \(\sqrt i\) 的问题上。写法十分类似。这里就不做过多讲解.

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莫比乌斯反演的经典结构

莫比乌斯反演的经典套路其实就是 \(\varepsilon, \varphi, \mu, I, Id\) 的灵活应用和转换，以及交换合式的小技巧.

其中有 \(\varepsilon(x) = [x = 1] = \sum_{d|x} \mu (d), Id(x) = x = \sum_{d | x} \varphi(x)\) .

结构1

于是对于:

在这里，有一个非常经典的处理方法：提取公因数 。

也就是枚举 \(gcd(i, j)\) 。

于是最终利用 数论分块 求即可。复杂度为 \(O(n + \sqrt {\min(n, m)})\) .

但是代码需要注意，每一次取小步跳:

                        
                          r = min(n / (n / l), m / (m / l));

                        
                      

结构2

原题： GCD SUM - 洛谷 。

于是求 \(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^m \gcd(i, j)\) 的方法与结构1类似即可.

结构3

于是求 \(\sum_{x = 1}^n \sum_{y = 1}^m \tau(xy)\) 也就很简单了.

结构4

原题： YY的GCD - 洛谷 。

令 \(P\) 表示质数集合，求:

我们首先提取公因数:

于是根据模型1:

接下来是一个非常经典的套路：枚举 \(T = px\) 。

于是问题转化为求 \(\sum_{p | T, p \in P} \mu(\frac Tp)\) 的前缀和，这样就可以单次询问 \(O(\sqrt n)\) .

这完全可以通过埃氏筛筛出，复杂度 \(O(n \log \log n)\) ，十分优秀.

不过也可以通过线性筛筛出（因为这个函数非积性函数，所以这里不展开）.

类似的题还有 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB - 洛谷 。

问题： \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m lcm(i, j)\) .

考虑转化为 \(\gcd\) ，有 。

\[lcm(i, j) = \cfrac {i j} {\gcd(i, j)} = \gcd(i, j) \times \cfrac i {\gcd(i, j)} \times \cfrac j {\gcd(i, j)} \]

带入原式中，枚举 \(gcd(i, j)\) ，有:

\[\begin{aligned} &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{i = 1}^{\frac nd} \sum_{j = 1}^{\frac md} i j [gcd(i, j) = 1] \\ &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{i = 1}^{\frac nd} \sum_{j = 1}^{\frac md} i j \sum_{t | gcd(i, j)} \mu(t) \\ &= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{t = 1}^{\frac {\min(n, m)}d} \mu (t) t^2 \sum_{i = 1}^{\frac n{dt}} i \sum_{j = 1}^{\frac m{dt}} j \\ \end{aligned} \]

后面部分可以通过 \(g(n) = \frac {n (n + 1)}2\) 简化.

\[= \sum_{d = 1}^{\min(n, m)} d \sum_{t = 1}^{\frac {\min(n, m)}d} \mu (t) t^2 g(\lfloor \frac n{dt} \rfloor) g(\lfloor \frac m{dt} \rfloor) \]

于是只需要预处理 \(\mu(t)t^2\) 的前缀和即可.

但是显然数论分块套数论分块不够优秀，考虑继续优化.

所以枚举 \(T = dt\) .

\[= \sum_{T = 1}^{\min(n, m) } g(\lfloor \frac nT \rfloor) g(\lfloor \frac mT \rfloor) T \sum_{t | T} \mu(t)t \]

也就是说只需要线性求出 \(\sum_{t | T} \mu(t)t\) 即可（其满足积性）.

有 [SDOI2014]数表 - 洛谷 。

问题： \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \sigma(gcd(i, j))\) 。

不过这道题要难一些，因为涉及到了更多的操作.

主要就是将询问离线，按照限制的大小一一处理即可.

有 毒瘤之神的考验 - 洛谷 。

求 \(\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \varphi(ij)\) .

需要知道转化式子:

\[\varphi(ij) = \cfrac {\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i, j)} {\varphi(\gcd(i, j))} \]

将 \(\varphi\) 展开即可证明.

于是可以得到玄妙的式子.

然后通过值域分治求解即可.

……说着简单 。

化简后有三个函数:

\[\begin{aligned} f(n) &= \sum_{d | n} \cfrac {d \mu (\frac n d)}{ \varphi(d) } \\ g(n, t) &= \sum_{i = 1}^n \varphi(i t) \\ h(n, m, t) &= f(t) * g(n, t) * g(m, t) \\ \end{aligned} \]

原式为:

\[\sum_{t = 1}^{\min(n, m)} h(\lfloor \frac nt \rfloor, \lfloor \frac mt \rfloor, t) \]

显然，由于 \(h\) 的状态数很恨很多，所以考虑值域分治.

在 \(\frac nt\) 比较大的时候暴力求解，到很小的时候再利用预处理的前缀和快速求解.

类似于 \(\sqrt n\) 分治吧.

于是你可以写出类下的代码:

                          
                            lint solve(lint n, lint m) {
    if (n > m) swap(n, m);

    lint ans = 0;
    for (lint i = 1; i <= min(n, S); ++i)
        (ans += h(i, n / i, m / i)) %= mod;

    for (lint l = S + 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += t[n / l][m / l][r] - t[n / l][m / l][l - 1] + mod;
        ans %= mod;
    }

    return ans;
}

                          
                        

其中 \(S\) 表示分治的边界， \(t\) 表示对于 \(h\) 在第三个参数位置的前缀和.

预处理也是很简单:

                          
                            inline lint h(int t, int n, int m) {
    return f[t] * g[t][n] % mod * g[t][m] % mod;
}

void init(lint n = 1e5) {
    for (lint i = 1; i <= n; ++i) {
        for (lint j = 1; i * j <= n; ++j)
            (f[i * j] += (mod + mob[j]) % mod * i % mod * iphi[i] % mod) %= mod;
    }

    for (lint t = 1; t <= n; ++t) {
        g[t].resize(n / t + 1);
        for (int i = 1; i * t <= n; ++i)
            g[t][i] = (g[t][i - 1] + phi[i * t]) % mod;    
    }

    for (int i = 1; i < B; ++i) for (int j = 1; j < B; ++j) {
        int len = n / max(i, j);
        t[i][j].resize(len + 2);
        t[i][j][0] = 0;
        for (int k = 1; k <= len; ++k)
            t[i][j][k] = (t[i][j][k - 1] + f[k] * g[k][i] % mod * g[k][j] % mod) % mod;
    }

    S = N / B; 
}

                          
                        

很烦写而已.

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结构总结

在这类莫比乌斯反演中，经典的两个套路:

• 提取公因数 。

• 枚举 \(T = px\) 。

其实在 Pecco 的文章中，对于提取公因数这个方法有更加深刻的阐释。其不仅能应用在只有 \(i, j\) 两个变量的模型中，还可以扩展到更多的变量上.

再次膜拜大佬： # 算法学习笔记(36): 莫比乌斯反演 。

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其实一般讲莫比乌斯反演到这里就没有了，但是我看了《离散数学》中的莫比乌斯反演一章。我发现两者根本不在同一个位阶上……这就是颠覆我认知的原因.

所以这里我还要把莫比乌斯反演扩展出来.

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莫比乌斯再认识

我们考虑这么一个情况:

有集合 \(X\) 和偏序关系 \((P(X), \subseteq)\) ，设:

其中： \(G(S) = \sum_{T \subseteq S}F(T)\) .

则可以求得： \(F(S) = \sum_{T \subseteq S}(-1)^{|S| - |T|}G(T)\) 。

由 \(G\) 求的 \(F\) 的过程称为反解，其中， \((-1)^{|S|-|T|}\) 就是莫比乌斯函数在这种情况下的取值，也称为容斥系数.

顺便回顾一下基本容斥原理:

设 \(A_1, A_2, \cdots, A_n\) 是有限集 \(S\) 的子集（代表 \(n\) 中属性？）定义 \(F(K)\) （ \(K\) 为下标集合， \(\subseteq \{1, 2, \cdots, n\}\) ）为集合 \(S\) 中 \(\in A_i (i \not\in K)\) 的元素的个数。也就是对于 \(s \in S\) ，计数 \(s\) 当且仅当:

\[\forall i \in K, s \notin A_i \qquad \forall j \not\in K, s \in A_j \]

于是设 \(G(K) = \sum_{L \subseteq K}F(L)\) ， 。

其计数 \(S\) 中属于 \(j\) 不在 \(K\) 中的所有 \(A_j\) 的元素，以及属于其他的一些集合的元素的个数。因而还有:

\[G(K) = | \bigcap_{i \not\in K} A_i | \]

根据上文，有 。

\[F(K) = \sum_{L \subseteq K} (-1)^{|K| - |L|}G(L) \tag{1} \]

此时 \(F(X_n)\quad (X_n = \{1, 2, \cdots, n\})\) 计数的是那些仅属于满足 \(i \not\in X_n\) 的集合 \(A_i\) 的元素，因此:

\[F(X_n) = | \bigcap_{i \in X_n} \overline{A_i}| \]

带入 \((1)\) 中可以得到:

\[| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}| = \sum_{L \subseteq X_n} (-1)^{n - |L|} | \bigcap_{i \not\in L} A_i| \]

如过等价的利用 \(L\) 的补集，那么我们有:

\[| \overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \cdots \cap \overline{A_n}| = \sum_{J \subseteq X_n} (-1)^{J} | \bigcap_{i \in J} A_i| \]

这就是基本的容斥原理.

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二项式反演

为什么突然到这里了…… 。

二项式反演可以说是上面内容的一种特殊形式。其满足:

此时我们可以直接通过集合大小表示： \(F(S) = f(|S|), G(S) = g(|S|)\) 。

于是对于 \(G(K) = \sum_{L \subseteq K} F(L)\) ，合并相同大小的子集，即可得到:

根据反演，也就有:

这也就是二项式反演在此的推导，这里的莫比乌斯函数 \(\mu\) ，后文再说.

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扩展到偏序集

在此，我们扩展到任意有限偏序集 \((X, \le)\) 。不过为了得到莫比乌斯函数，我们首先考虑二元变量.

设 \(\mathbb{F}(X)\) 是满足只要 \(x \not \le y\) 就有 \(f(x, y) = 0\) 的所有实数函数的集合.

我们如此定义 卷积 \(h = f * g\) :

不难证明 卷积 满足 结合律 ，这部分留个读者思考.

于是，我们重新定义如下函数:

• 单位函数 （克罗内克 delta 函数）：

• 常数函数 （zeta function）：

至于 莫比乌斯函数 ，与上文的定义类似，也就是 \(\zeta\) 的逆函数:

于是通过卷积的定义，我们得到:

或等价的:

而等式 \((2.1)\) 意味着，对于所有的 \(x\)

以及:

至于 莫比乌斯反演 ，无非还是:

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于是我们重新思考二项式反演，其实就是偏序集 \((P(X_n), \subseteq)\) 上的莫比乌斯反演.

设 \(A\) 和 \(B\) 是 \(X_n\) 的子集，且 \(A \subseteq B\) ，有 \(\mu(A, B) = (-1)^{|B| - |A|}\) .

这可以通过归纳假设证明，这里不过多展开.

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开篇讲的 狄利克雷 卷积上的莫比乌斯反演，其实就是偏序集 \((\Z, |)\) 上的莫比乌斯反演.

这东西谁都知道，一元的莫比乌斯函数 \(\mu(x)\) 怎么求。不过我们的目标是计算该偏序集的 \(\mu(a, b)\) .

但是，由于如果 \(a | b\) 则 \(\mu(a, b) = \mu(1, \frac ba)\) 。所以我们只需要算 \(\mu(1, x)\) 即可.

而 \(\mu(x)\) 其实就是 \(\mu(1, x)\) …… 。

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考虑离散傅立叶变换.

越扯越远了……QwQ 。

不了解离散傅立叶变换的可以参考： 算法学习笔记(17): 快速傅里叶变换（FFT） 。

我们不是有:

我们整理一下重新写出:

根据离散傅立叶逆变换，则有:

其中， \(\frac 1n \omega^{-kx}\) 就是容斥系数， \(\mu(k, x)\) .

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最后的最后，提一个题吧： [春季测试 2023] 幂次 - 洛谷 .

其实也可以通过容斥（求 \(\mu\) ）求解，但并非反演.

参见博客： 幂次 - Jijidawang 。

最后此篇关于算法学习笔记(24):狄利克雷卷积和莫比乌斯反演的文章就讲到这里了,如果你想了解更多关于算法学习笔记(24):狄利克雷卷积和莫比乌斯反演的内容请搜索CFSDN的文章或继续浏览相关文章，希望大家以后支持我的博客！ 。