欧拉函数线性求解以及莫比乌斯反演（Mobius）

前言

咕咕了好久终于来学习莫反了

要不是不让在机房谁会发现数学一本通上有这么神奇的东西

就是没有性质的证明

然后花了两节数学课证明了一遍

舒服～

前置知识：欧拉函数，二项式定理（组合数）

会欧拉函数的可以直接看$Mobius$了

欧拉函数

含义

$\phi (n)$ 表示比$n$小的数中与$n$互质的数的个数

引理1

$n$为质数，$\phi(n) = n - 1$
$n=a*b$ 且 $(a, b) = 1$，则$\phi(n) = \phi(a) * \phi(b)$
对于一个质数$n$的$a$次方 $\phi(n^a) = (n - 1) * p^{n-1}$

现对于第三条性质给出证明
比$n^a$小的数有$n^a - 1$个
其中能整除的表示为$n* t (t = 1, 2, ... n ^{a-1}-1)$
总计有$n^{a-1}-1$个数能被整除
则与其互质的数的个数为$\phi(p^a) = (n^a-1) - (p^{a-1}+1) = p^a - p^{a-1} = (p-1) * p^{a-1}$

引理2

对于质数$n$，唯一分解定理 $n = {p_1}^{c_1} * {p_2} ^{c_2}...{p_k}^{c_k}$

$ \phi(n) = n * (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})$**
**若$a$与$m$互质，$a^{\phi(m)} \equiv 1 (mod ; m)$

线性筛

根据上述性质，推出

若$p$为质数，$\phi (p) = p - 1$
$if(i \% p == 0) \:\ \phi(i*p)=p*\phi(i)$
$if(i \% p \; != 0) \:\ \phi(i*p)=\phi(i)*(p -1)$

code

inline void pre(int n){
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++){
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0){
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
		}
	}
}

莫比乌斯反演（Mobius）

定义

对于非负整数集合上的两个函数$F(n)$和$f(n)$，若满足条件$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$则

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

$\mu$函数

定义如下

若$d=1$则$\mu(d)=1$
若$d=p_1p_2p_3...p_k$均为互异质数，则$\mu(d)=(-1)^k$
其他情况$\mu(d)=0$

性质一

\[ \sum_{d|n}\mu(d) =
\begin{cases}
1, & \text n=1 \\
0, & \text n>1
\end{cases}
\]

证明：

若$n$为质数,显然$sum=0$

若$n$为合数，根据唯一分解定理

\[n = {p_1}^{c_1} * {p_2} ^{c_2}...{p_k}^{c_k}
\]

$n$的因子$d$只能是$p_1p_2,p_1p_3,p_3p_k$诸如此类

可以发现$d$的构造来自于$k$个质因子中选取了$i$个

$k$为奇数即$n$中包含奇数个质因子

从$k$中选出奇数个因子，$\mu$值为-1，对答案贡献为$-\sum_{i=1}^kC_k^i(i+=2)$

从$k$中选出偶数个因子，$\mu$值为1,对答案共享为$\sum_{i=2}^{k-1}C_k^i(i+=2)$

两种情况加和化简得$-C_k^k=-1$

$sum = -1 + \mu(1)=-1+1=0$

得证
k为偶数即$n$中包含偶数个质因子

同理可得$sum=0$

性质二

\[ \sum_{d|n} \frac {\mu(d)} {d} = \frac {\phi(n)} {n}
\]

证明：

同上将$n$质因数分解，同时将等号右侧

\[\frac {\phi(n)} n = (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})
\]

\[= \frac {(p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)} {p_1p_2...p_k}
\]

同样的，对$k$的奇偶性分类讨论

$k$为奇数
- 从分子中选取奇数个质因子组成类似于$p_1p_2p_3$
  
  由于剩下了奇数-奇数=偶数个括号，那么在多项式展开式中该项的常数项（不包含其他质因子）系数一定为$1$
  
  与分母约分得到$\frac {1}{\text {偶数个质因子的积}}$
  
  根据$\mu$函数的性质可以知道，该化简式等于$\frac {\mu(\text 分母)} {\text 分母}$
- 同理，从中选取偶数个质因子得到的化简结果为
  
  $\frac {1}{\text {奇数个质因子的积}}$
  
  该化简式也等于$\frac {\mu(\text 分母)} {\text 分母}$
- 当然，分子展开式当中必包含一项$p_1p_2...p_k=\text 分母$
  
  约分结果显然为$1=\mu(1)/1$

综上所述$$\frac {\phi(n)}{n}= (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})$$

\[=\frac {(p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)} {p_1p_2...p_k}
\]

\[=1+\frac {\mu(d)} {d}(d\neq 1,d|n)
\]

\[=\frac {\mu(1)}{1} +\frac {\mu(d)} {d}(d\neq 1,d|n)
\]

\[= \sum_{d|n} \frac {\mu(d)}{d}
\]

原命题得证

$k$为偶数

同理即可证明

\[\frac {\phi(n)}{n}= (1- \frac 1 {p_1}) * (1- \frac 1 {p_2}) ... (1- \frac 1 {p_k})= \sum_{d|n} \frac {\mu(d)}{d}
\]

原命题得证

反演证明

目标性质$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)$$

证明：

由$F(n)$与$f(n)$的关系$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$将等式推导：

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac n d}f(d')
\]

\[=\sum_{d|n}\sum_{d'|\frac n d}\mu(d)f(d')
\]

可见只有满足$(d*d')|n$时，函数对答案有贡献

那么不妨交换$d$和$d'$的位置（理解成范围也行）

\[=\sum_{d'|n}\sum_{d|\frac n {d'}}\mu(d)f(d')
\]

\[=\sum_{d|\frac n {d'}}\mu(d)\sum_{d'|n}f(d')
\]

再观察式子，根据$\mu(d)$非$1$即$0$的性质，来考虑$d'$为何值时对答案有贡献

可见当且仅当$d'=n$且$d=\frac {n}{d'}=1$时，$\mu(d)=1$该式不为$0$

否则式子值为$0$对答案无贡献

\[=1*\sum_{n|n}f(n)
\]

\[=f(n)
\]

综上所述

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac n d)=f(n)
\]

原命题得证！

小结

关于$Mobius$的性质纸上推导了两天，建议多手模

思维量不小～