莫比乌斯反演与狄利克雷卷积

积性函数

$对于gcd(a,b)=1, 都有 f(ab)=f(a)*f(b)。那么f(n)是积性函数$

欧拉函数$\phi(n)$是一个积性函数，对于一个素数$p$。有：
$\phi(p)=p-1$, $\phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1}$第一个就根据定义理解，第二个就稍微容斥一下就可以了。

莫比乌斯函数$\mu$

莫比乌斯函数完整定义的通俗表达：

1）莫比乌斯函数$μ(n)$的定义域是$N$

2）$μ(1)=1$

3）当$n$存在平方因子时，$μ(n)=0$

4）当$n$是素数或奇数个不同素数之积时，$μ(n)=-1$

5）当$n$是偶数个不同素数之积时，$μ(n)=1$

性质：当$n$不为$1$时，$n$的所有因子的$\mu$之和等于$0$

${\sum_{d|n}\mu(d)}=0,\ (n\ \ !=1)$

性质：$\sum_{d|n}{\frac{\mu(d)}{d}}=\frac{\phi(n)}{n}$

求$\mu$？

• $\Theta(n)$线性筛求出1~n的$\mu$

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = i * prime[j];
            if (cur >= (LL)N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) {
                mu[cur] = 0;
                break;
            }
            else mu[cur] = -mu[i];
        }
    }
}

解释和说明：如果$i\%prime[j]=0$的话 ，说明$cur$中$prime[j]$因子至少已经出现了2次。否则因为$\mu$是积性函数，$i$和$prime[j]$又显然互质，所以$\mu(cur)=\mu(i)*\mu(prime[j])=-\mu(i)$。

求$\phi$？

• $\Theta(n)$线性筛求1~n的$\phi$

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; phi[1] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = i * prime[j];
            if (cur >= N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) {
                phi[cur] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
            else phi[cur] = phi[i] * (prime[j] - 1);
        }
    }
}

解释和说明：首先如果$p$为一个质数，自然$\phi(p)=p-1$。当$i\%prime[j]=0$时，$i$“包含”了$prime[j]$，所以$prime[j]$对$cur$的质因子的数目没有新的贡献。（不妨考虑根据素因子来计算$\phi$的那个式子，就只有前面的$n$扩大了，质因子都是不变的，正确性显然啦！ ）所以$\phi[cur]=\phi[i]*prime[j]$。当$i\%prime[j]!=0$时，$i和prime[j]$显然互质，根据$\phi$是一个积性函数，有$\phi[cur]=\phi[i]*\phi[ prime[j]]=\phi[i]*(prime[j]-1)$。

求1~n的约数个数

• $O(n)$线性筛！

inline void eluer() {
    vis[1] = 1; f[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++tot] = i;
            f[i] = 2;
            d[i] = 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
            LL cur = 1LL * i * prime[j];
            if (cur >= N) break;
            vis[cur] = 1;
            if (!(i % prime[j])) {
                f[cur] = f[i] / (d[i] + 1) * (d[i] + 2);
                d[cur] = d[i] + 1;
                break;
            }
            else {
                f[cur] = f[i] * 2;
                d[cur] = 1;
            }
        }
    }
}

解释和说明：$f[i]$表示$i$的约数个数，$d[i]$表示$i$的最小质因子的次幂。
如果$i$为质数，没什么好说的。 $cur$一定是被它的最小素因子$prime[j]$给筛掉的。所以如果$prime[j]|i$的话，意会一下是$cur$有平方因子$prime[j]$。所以要重新算$prime[j]$的次数的贡献。若$prime!|j$，因为$f$是积性函数，$f(cur)=f(i)*f(prime[j])=2f(i)$，最小素因子为$prime[j]$。

莫比乌斯反演

其实莫比乌斯反演的式子和狄利克雷卷积是密不可分的。

莫比乌斯反演一般可以处理这样一个形式的题目：

如果你有一些限制，你要求解满足这些限制的一些数或者数对的个数。
记$f(n)$表示$n$这个范围之内的答案，$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$（其实$F=f*1$）。

那么根据后面的数论函数的相关内容：
$F=f*1\quad <=>\quad F*\mu=f*1*\mu\quad<=>F*\mu=f*\epsilon=f$
故：$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})\quad(1)$

如果我们规定$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$的话：
同理有
$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})*F(d)\quad(2)$

一个较好的证明
https://blog.csdn.net/outer_form/article/details/50588307
一个非常适合初学者的blog（可以说是莫反最简化的一种理解）
https://www.luogu.org/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi

初等变换 $[A = 1] = \sum_{d|A}\mu(d)$

(虽说这个初等变换不能解决所有需要反演的问题，但是一些简单的$gcd$相关反演题用这个会容易理解容易推导。但是难题(hdu6248)什么的还是要好好构造反演。

那么，如果我们要求$f(n)$的话，用$1$式或$2$式就可以把它转化为求另外一些函数的前缀和与数论分块问题了。。

spoj divcnt1

求$\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)$。 要求$\Theta(\sqrt(n))$

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}1=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}1=\sum_{d=1}^{n}\frac{n}{d}$
数论分块。和$luoguP3935$一样。

一个题

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1](n<m)$

• 利用上面的初等变换来解决问题

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1](n<m)$

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$
所以对$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$数论分块，计算一个$\mu$的前缀和就好了。

luoguP2522/P3455

求$\sum_{i=a}^b\sum_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$

这个计数问题依然有前缀性质，如果我们把$i,j$这两维看成二维矩阵的话。就可以用二维前缀和来做。
所以就化为统计$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$的答案
考虑把它转为上题，$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$
$a\ same\ problem!$
$O(nsqrt(n))$

• 正经反演

设
$f(k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k],F(n)=\sum_{n|t}f(t)$

$F(n)$的意义就是含有$n$这个因子的对数。$F(x)=\lfloor\frac{a}{x}\rfloor*\lfloor\frac{b}{x}\rfloor(a<b)$

根据莫反第二形式：
$f(k)=\sum_{k|t}\mu(\frac{t}{k}),F(t)=\sum_{k|t}\mu(\frac{t}{k})\lfloor\frac{a}{t}\rfloor*\lfloor\frac{b}{t}\rfloor$
设$\frac{t}{k}=x$，$f(k)=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{a}{k}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{a}{xk}\rfloor*\lfloor\frac{b}{xk}\rfloor$
所以对$\lfloor\frac{a}{xk}\rfloor*\lfloor\frac{b}{xk}\rfloor$数论分块就行了。

一个题

给定$n,m$，求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[gcd(i,j)==k](n<m)$

• 用初等变换解决问题

和上面一样，我们还是考虑把是$k$的整倍数的那些$i,j$同时除以$k$
$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij[gcd(i,j)==1]k^2$

$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)k^2$

$=k^2\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d^2\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$

我们发现可以预处理$\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}d^2\mu(d)$的前缀和，对后面那一坨数论分块算等差数列平方，最后$ans*=k^2$就好了。（把$\frac{n}{k}$视作$n$，$\frac{m}{k}$视作$m$，就是有两个限制的数论分块了。）
$O(n+sqrt(n))$

• 正经反演

一个题

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)$

因为，$lcm(i,j)=\frac{i*j}{gcd(i,j)}$

仍然是老套路，枚举 $gcd(i,j)$
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i*j}{d}*[gcd(i,j)=d]$
同时除以 $d$
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d*[gcd(i,j)=1]$
$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$
枚举 $k$
$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)*k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j$

发现$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$是可以数论分块的，在这个数论分块里面再套一个对于$\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor$的数论分块就好了。 这样做的复杂度是$O(n)$。 这题通过把后面的等差数列构造新函数可以优化至$O(sqrt(n))$啦。（待update）

luoguP3327

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$，这里$d(ij)$表示$ij$的约数个数

首先：$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]$

证明就考虑$i,j$的一个质因子$p$，假设它在$i$中的次数是$e_i$，在$j$中的次数是$e_j$。那么它在$ij$中的可能次数是$e_i+e_j+1$。而右边我们保证了$x,y$互质，意思就是$p$不可在$i,j$中同时存在。假设$p$在$i$中的次数为$0$，在$j$中就有$e_j+1$种选法。$e_j=0$也同理。再减去重复的$e_i=e_j=0$的情况，就是$e_i+e_j+1$。

推导还挺妙的啊？

• 利用初等变换

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)(n<m)$

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor(n<m)$

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$

这个东西居然是可以数论分块的！一开始我惊了。我们用数论分块保证$d$在$[L,R]$区间上保持$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$和$\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$一致。然后，我们惊讶地发现：$\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$是什么？它就是一个数论分块的子问题！！！！就是$[1,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor]$这个前缀上的$\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$的和！！ 所以，我们$O(n)$筛出$\mu$，算出其前缀和。然后$O(nsqrt(n))$预处理出$g[i]$表示$[1,i]$这个前缀区间的子问题答案。我们再对外面的$d$进行数论分块，可以$O(1)$算出解。复杂度$O((n+T)sqrt(n))$

• 正经莫反

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)(n<m)$

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$

我们设$f(k)=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[gcd(x,y)=k]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$，所以答案就是$f(1)$对吧。

又设$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$，根据莫反二$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{n}{d})F(d)$。我们需要快速得出$F(n)$。

$F(n)$

$=\sum_{n|d}f(d)$

$=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$

$=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m} {d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$

发现这玩意就是两个$[1,i]$的数论分块入门题拼起来，可以$O(nsqrt(n))$预处理。

再看要求的答案式：$f(1)=\sum_{d=1}^n\mu(d)F(d)$，展开$F(d)$后发现可以数论分块。

(目前感觉初等变换和正经莫反区别不大。。。

luoguP3768

给定$n,p$，求$(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nijgcd(i,j))(mod\ p)$

• 60pts

根据之前那个小结论，即求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\sum_{d|gcd(i,j)}\phi(d)(mod\ p)$

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}id\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}jd$

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j$

$=\sum_{d=1}^n\phi(d)d^2(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i)^2$

预处理$\phi(d)d^2$的前缀和，数论分块乘个等差数列和的平方就好了。

$O(n+sqrt(n))$，线性筛搞出$\phi$是瓶颈。

• 100pts

发现$\sum_{i=1}^d\phi(d)$是一个积性函数前缀和？杜教筛一下就好了嘛？
(等待学完杜教筛之后再想想吧，现在就咕咕咕

luoguP5221

这题有很多做法，我考场现场想了一个不用莫反不用欧拉函数的做法。就硬是从基本原理出发推导出来了。这里谈谈莫反做法。

要求$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}}(mod\ P)$，$P$是个质数。

$=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n{\frac{ij}{gcd^2(i,j)}}(mod\ P)$

$=\frac{(n!)^2}{(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ngcd(i,j))^2}$

显然只需要关心$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ngcd(i,j)$就好了。

既然是莫反，我们就一定要确定出来一个$gcd$的值，枚举这个值为$d$

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=d]}$ 这里要对指数$mod\ (p-1)$了，(希望不要求逆元啊否则就要CRT合并了QAQ)。

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]}$

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)}$

$=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor)^2}$

现在，一种方案是枚举$d$，然后对里面裸数论分块。可以发现指数里面的上界是$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$，显然可以对$d$再分块一次。这样二次分块$O(n)$。但是由于卡空间的缘故，不能再开一个阶乘数组。所以要维护两个指针移动地维护阶乘。

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从数论分块到狄利克雷卷积

数论分块

对于计算$\sum_{i=1}^n{\frac{n}{i}}$，发现不同的$\frac{n}{i}$最多只有$\Theta(sqrt(n))$个。

小证明：对于$i<sqrt(n)$，不同的值最多只有$\Theta(sqrt(n))$个啦。对于$i>=sqrt(n)$，除一下的范围就限定在了$[1,sqrt(n)]$之间。得证。

结论：$已知p,n(p<=n)$，那么使得$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor$的最大的正整数$i$是$\frac{n}{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}$

所以处理每一块的$[l,r]$即可。

最普通的数论分块：

LL solve(LL n) {// 单限制的数论分块
    for (LL L = 1, R; L <= n; L = R + 1) {
        R = n / (n / L);
        calculate();//[L,R] have the same answers.
    }
}

两个限制的数论分块：

LL solve(LL n, LL m) {// 多限制的数论分块
    LL upp = min(n, m);
    for (LL L = 1, R; L <= upp; L = R + 1) {
        R = min(n / (n / l), m / (m / l));
        calculate();
    }
}

可以分块套分块。

两个积性函数的狄利克雷卷积也是一个积性函数。

$f,g$为积性函数的话：
$h(n)=\sum_{d|n}f(d)*g(\frac{n}{d})$也是一个积性函数。
对于$\frac{n}{i}$这样的形式，我们如果把它数论分块之后，就要求另外一个函数的前缀和。

常见的狄利克雷卷积结论：

$\sigma_0=1*1$
证明：直接按照狄利克雷卷积的定义展开就好了。
$1(n)*1(n)=\sum_{d|n}1(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}1=\sigma_0(n)$

$\sigma_1=I*1$
证明：化式子过程
$I(n)*1(n)=\sum_{d|n}I(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}d=\sigma_1(n)$

$I=\phi*1$
证明：化式子
$\phi(n)*1(n)=\sum_{d|n}\phi(d)*1(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\phi(d)=n=I(n)$

小结论:$\sum_{d|n}\phi(d)=n$

证明（引）：
任何一个≤T的正整数，都与T有一个最大公约数R，R也是T的因数，R×S=T。通常会有几个整数各自与T的最大公约数一致，那么相同的有多少呢？与T的最大公约数是R的整数，必然是R的倍数1~S倍。与S互质的数乘以R，符合这个条件;与S互约的数乘以R，不符合条件，因为最大公约数已经不是R。因此，与T最大公约数是R的整数的个数，就是与S互质的整数的个数，就是S的欧拉函数。

整数与T的最大公约数唯一，每个最大公约数的个数之和等于T（存在性与唯一性的统一）。因为每个最大公约数R的个数，等于T/R（即S）的欧拉函数;最大公约数S的个数，也等于R的欧拉函数。最大公约数就是T所有的因数，两个乘积为T的因数，作为最大公约数时的个数，就等于相乘因数的欧拉函数。1和T也不例外。这样，所有最大公约数的个数之和，等于所有因数的欧拉函数之和，等于T这个数本身。

（简单来说，就是建立了欧拉函数与最大公约数的一一对应关系，因为每个T的因数作为最大公约数的次数之和肯定等于T,而这个次数恰好是另一半的欧拉函数）。

$\epsilon=\mu*1$
证明：考虑右边，由于$1$这个东西始终是$1$，所以右边卷起来就是$n$的所有因子的$\mu$和。根据前面的定理，自然等于$\epsilon(n)。$

$f*\epsilon=f$
证明：考虑左边，只有当$d=n$的时候才会有$\epsilon(\frac{n}{d})=1$，只有这一项才会有贡献。

狄利克雷卷积有交换律，对加法的分配律，结合律

狄里克雷卷积的逆？构造

来源：https://blog.csdn.net/hanjinbo/article/details/87884003