目录狄利克雷卷积和莫比乌斯反演狄利克雷卷积特殊的函数函数之间的关系除数函数和幂函数欧拉函数和恒等函数莫比乌斯函数和欧拉函数卷积的逆元莫比乌斯函数与莫比乌斯反演求法数论分块（整除分块）莫比乌斯反演的经典结构结构1结构2结构3结构4结构总结莫比乌斯再认识二项式反演扩展到偏序集狄利克雷卷积看了《组合数学》，再听了学长讲的……感觉三官被颠覆……
如此定义：
\[(f*g)(n) = \sum_{xy = n} f(x)g(y)\]或者可以写为
(资料图片)
这些函数都是积性函数，满足 \(gcd(i, j) = 1 \implies f(ij) = f(i)f(j)\)。
函数之间的关系除数函数和幂函数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。
根据定义，我们有
\[(Id_k * I)(n) = \sum_{d|n}^{} {Id_k(d)} = \sum_{d|n}^{} {d^k} = \sigma_k(n)\]即
\[Id_k * I = \sigma_k\]欧拉函数和恒等函数根据卷积：
\[(\varphi * I)(n) = \sum_{d | n}^{} {\varphi(d)}\]在 \(n = p^k\) 时（\(p\) 为质数），有：
\[\sum_{d|n}^{} {\varphi(d)} = \varphi(1) + \sum_{i = 1}^{k} {\varphi(p^i)} = 1 + \sum_{i = 1}^{k} {p^i - p^{i-1}} = p^m = d\]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：
\[(\varphi * I)(n) = n = Id_1(n)\]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：
\[\mu * I = \varepsilon\]根据： \(\varphi * I = Id_1\)，两边同时卷上 \(\mu\)
有：
\[\varphi * I * \mu = Id_1 * \mu \iff \varphi = Id_1 * \mu\]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。
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：
\[\mu(n) = \begin{cases}1 & if\ n = 1 \\0 & if\ \exists x \exists k, n = kx^2 \\(-1)^m & n = p_1p_2...p_m\end{cases}\]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
\[g(n) = \sum_{d | n}^{} {f(d)} \iff f(n) = \sum_{d|n}^{} {\mu(d)g(\frac nd)}\]或者可以写作：
\[f * I = g \iff f = g * \mu\]而这就是莫比乌斯反演的核心公式。
求法很简单的公式，根本无需记忆……
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 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]; } }} 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 \(\lfloor \frac ni \rfloor = k\)
\[\lfloor \frac nj \rfloor = k \implies k \le \frac nj \le k + 1 \\\implies \frac 1 {k+1} < \frac jn \le \frac 1k \implies j \le \frac nk \impliesj \le \lfloor \frac n{\lfloor \frac ni \rfloor} \rfloor\]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
补充：现在我们考虑更极端的情况，例如求：
\[f(n) = \sum_{i = 1}^n g(\lfloor \frac ni \rfloor)\]其中：
\[g(n) = \sum_{i = 1}^n \lfloor \frac ni \rfloor\]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！
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。
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\[[\gcd(i, j) = 1] = \varepsilon(\gcd(i, j)) = \sum_{d|\gcd(i, j)} \mu (d)\]于是对于：
\[\begin{aligned}&\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^m [\gcd(i, j) = 1] \\= &\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^m \sum_{d|\gcd(i, j)} \mu (d)\end{aligned}\]\[\begin{aligned}= &\sum_{d = 1}^{\min(n, m)} \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac ni \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac nj \rfloor} \mu(d) \\= &\sum_{d = 1}^{\min(n, m)} \lfloor \frac nd \rfloor \lfloor \frac md \rfloor \mu (d)\end{aligned}\]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));原题：GCD SUM - 洛谷
\[\gcd(i, j) = Id_1(\gcd(i, j)) = (I * \varphi)(\gcd(i, j)) = \sum_{d | \gcd(i, j)}\varphi(d)\]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\[\begin{aligned}\tau(x) &= \sum_{k | x} 1 \\\tau(xy) &= \sum_{i | x} \sum_{j | y} [\gcd(i, j) = 1]\end{aligned}\]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：
\[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m [gcd(i, j) \in P]\]我们首先提取公因数：
\[= \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac np \rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor \frac mp \rfloor}[gcd(i, j) = 1]\]于是根据模型1：
\[= \sum_{p \in P} \sum_{x = 1}^{\lfloor \frac {\min(n, m)}{p} \rfloor}\mu(x) \lfloor \frac n{px} \rfloor \lfloor \frac n{px} \rfloor\]接下来是一个非常经典的套路：枚举 \(T = px\)
\[= \sum_{T = 1}^{\min(n, m)} \lfloor \frac nT \rfloor \lfloor \frac mT \rfloor\sum_{p | T, p \in P} \mu(\frac Tp)\]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。
结构总结有 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。
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
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。
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：
\[F : P(X) \to \R \quad G : P(X) \to \R\]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。
二项式反演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。
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：
\[|S| = |T| \implies F(S) = F(T), G(S) = G(T)\]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：
\[g(k) = \sum_{l = 0}^{k} {k \choose l} f(l)\]根据反演，也就有：
\[f(k) = \sum_{l = 0}^k (-1)^{k - l} {k \choose l} g(l)\]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。
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。
\[f: X \times X \to \R\]我们如此定义卷积\(h = f * g\)：
\[h(x, y) = \begin{cases}\sum_{\{z: x \le z \le y\}} f(x, z)g(z, y) & (x \le y) \\0 & otherwise\end{cases}\]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）：\[\delta(x, y) = \begin{cases}1 & \text{if } x = y \\0 & \text{otherwise }\end{cases}\]常数函数（zeta function）：\[\zeta(x, y) = \begin{cases}1 & \text{if } x \le y \\0 & \text{otherwise}\end{cases}\]至于莫比乌斯函数，与上文的定义类似，也就是 \(\zeta\) 的逆函数：
\[\mu * \zeta = \delta\]于是通过卷积的定义，我们得到：
\[\sum_{\{z: x \le z \le y\}} \mu(x, z)\zeta(z, y) = \delta(x, y) \qquad (x \le y)\]或等价的：
\[\sum_{\{z: x \le z \le y\}} \mu(x, z) = \delta(x, y) \qquad (x \le y) \tag{2.1}\]而等式 \((2.1)\) 意味着，对于所有的 \(x\):
\[\mu(x, x) = 1\]以及：
\[\mu(x, y) = -\sum_{\{z: x \le z \lt y\}} \mu(x, z) \qquad (x < y)\]至于莫比乌斯反演，无非还是：
\[f * \zeta = g \iff f = g * \mu\]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。
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 \(\mu(1, x)\) ……
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：
\[h(\omega^x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} c_k \omega^{kx}\]我们整理一下重新写出：
\[g(x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega^{kx} f(k)\]根据离散傅立叶逆变换，则有：
\[f(x) = \frac 1n \sum_{k = 0}^{n - 1} \omega^{-kx} g(k)\]其中，\(\frac 1n \omega^{-kx}\) 就是容斥系数，\(\mu(k, x)\)。
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
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