前置

【算法讲4：乘性函数（上）】
我们知道了⌈\lceil⌈算数函数⌋\rfloor⌋，⌈\lceil⌈乘性函数⌋\rfloor⌋和⌈\lceil⌈和函数⌋\rfloor⌋。

⌈\lceil⌈莫比乌斯函数⌋\rfloor⌋

有一个算数函数 fff，FFF 是它的和函数 F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\underset{d|n}{\sum}f(d)F(n)=d∣n∑f(d)
我们已知和函数 FFF ，是否能反推算数函数 fff ？我们可以按照定义展开：
F(1)=f(1)F(2)=f(1)+f(2)F(3)=f(1)+f(3)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(5)=f(1)+f(5)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(7)=f(1)+f(7)F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)\begin{aligned} &F(1)=f(1)\\ &F(2)=f(1)+f(2)\\ &F(3)=f(1)+f(3)\\ &F(4)=f(1)+f(2)+f(4)\\ &F(5)=f(1)+f(5)\\ &F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)\\ &F(7)=f(1)+f(7)\\ &F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)\\ \end{aligned} F(1)=f(1)F(2)=f(1)+f(2)F(3)=f(1)+f(3)F(4)=f(1)+f(2)+f(4)F(5)=f(1)+f(5)F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)F(7)=f(1)+f(7)F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)
等，通过解方程，我们可以得到：
f(1)=F(1)f(2)=F(2)−F(1)f(3)=F(3)−F(1)f(4)=F(4)−F(2)f(5)=F(5)−F(1)f(6)=F(6)−F(3)−F(2)+F(1)f(7)=F(7)−F(1)f(8)=F(8)−F(4)\begin{aligned} &f(1)=F(1)\\ &f(2)=F(2)-F(1)\\ &f(3)=F(3)-F(1)\\ &f(4)=F(4)-F(2)\\ &f(5)=F(5)-F(1)\\ &f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1)\\ &f(7)=F(7)-F(1)\\ &f(8)=F(8)-F(4)\\ \end{aligned} f(1)=F(1)f(2)=F(2)−F(1)f(3)=F(3)−F(1)f(4)=F(4)−F(2)f(5)=F(5)−F(1)f(6)=F(6)−F(3)−F(2)+F(1)f(7)=F(7)−F(1)f(8)=F(8)−F(4)
注意到，f(n)f(n)f(n) 等于形式为 ±F(nd)\pm F(\frac{n}{d})±F(dn) 的一些项之和，其中 d∣nd|nd∣n ，可能有这样一个等式：
f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)F(\frac{n}{d})f(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)
其中 μ(d)\mu(d)μ(d) 是算数函数。如果该等式成立，我们会得到：
μ(1)=1μ(2)=−1μ(3)=−1μ(4)=0μ(5)=−1μ(6)=1μ(7)=−1μ(8)=0\begin{aligned} &\mu(1)=1\\ &\mu(2)=-1\\ &\mu(3)=-1\\ &\mu(4)=0\\ &\mu(5)=-1\\ &\mu(6)=1\\ &\mu(7)=-1\\ &\mu(8)=0\\ \end{aligned} μ(1)=1μ(2)=−1μ(3)=−1μ(4)=0μ(5)=−1μ(6)=1μ(7)=−1μ(8)=0
（1）容易得到，若 ppp 是素数，则 f(p)=F(p)−F(1)f(p)=F(p)-F(1)f(p)=F(p)−F(1)，则μ(p)=−1\mu(p)=-1μ(p)=−1
（2）又因为 F(p2)=f(1)+f(p)+f(p2)F(p^2)=f(1)+f(p)+f(p^2)F(p2)=f(1)+f(p)+f(p2)，我们有 f(p2)=F(p2)−f(1)−f(p)=F(p2)−F(1)−F(p)+F(1)=F(p2)−F(p)f(p^2)=F(p^2)-f(1)-f(p)=F(p^2)-F(1)-F(p)+F(1)=F(p^2)-F(p)f(p2)=F(p2)−f(1)−f(p)=F(p2)−F(1)−F(p)+F(1)=F(p2)−F(p)，则 μ(p2)=0\mu(p^2)=0μ(p2)=0
（3）类似的推理，对于任意素数 ppp ，整数 k>1k>1k>1，有 μ(pk)=0\mu(p^k)=0μ(pk)=0
据此，我们给莫比乌斯函数 μ(n)\mu(n)μ(n) 的定义：
μ(n){1如果n=1(−1)r如果n=p1p2⋯pr，其中pi为不同的素数0其他情况\mu(n)\begin{cases}1&如果 n=1\\(-1)^r&如果n=p_1p_2\cdots p_r，其中 p_i为不同的素数\\0&其他情况\end{cases}μ(n)⎩⎪⎨⎪⎧1(−1)r0如果n=1如果n=p1p2⋯pr，其中pi为不同的素数其他情况
容易得到，如果 nnn 被一个素数的平方因子整除，则 μ(n)=0\mu(n)=0μ(n)=0
若 nnn 不含平方因子，则 μ(n)≠0\mu(n)\ne0μ(n)=0
定理1：莫比乌斯函数 μ(n)\mu(n)μ(n) 是乘性函数。
证明：若 m、nm、nm、n为互素的正整数，则 μ(mn)=(−1)s+t=(−1)s(−1)t=μ(m)μ(n)\mu(mn)=(-1)^{s+t}=(-1)^s(-1)^t=\mu(m)\mu(n)μ(mn)=(−1)s+t=(−1)s(−1)t=μ(m)μ(n)
定理2：莫比乌斯函数的和函数 F(n)=∑d∣nμ(d)F(n)=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)F(n)=d∣n∑μ(d) 满足：
∑d∣nμ(d)={1若n=10若n>1\underset{d|n}{\sum}\mu(d)= \begin{cases} 1&若 n=1\\ 0&若 n>1 \end{cases} d∣n∑μ(d)={10若n=1若n>1
证明：
（1）若 n=1n=1n=1，显然满足 F(1)=1F(1)=1F(1)=1
（2）若 n>1n>1n>1，因为 μ\muμ 是乘性函数，所以 FFF 也是乘性函数。
（3）假设 ppp 是素数，kkk 是正整数，我们得到
F(pk)=∑d∣pkμ(d)=μ(1)+μ(p)+μ(p2)+⋯+μ(pk)=1+(−1)+0+⋯+0=0\begin{aligned}F(p^k) &=\underset{d|p^k}{\sum}\mu(d)\\ &=\mu(1)+\mu(p)+\mu(p^2)+\cdots+\mu(p^k)\\ &=1+(-1)+0+\cdots+0\\ &=0 \end{aligned}F(pk)=d∣pk∑μ(d)=μ(1)+μ(p)+μ(p2)+⋯+μ(pk)=1+(−1)+0+⋯+0=0
因为 pip^ipi 当 i≥2i\ge2i≥2 时 μ(pi)=0\mu(p^i)=0μ(pi)=0
（4）F(n)=F(p1a1)F(p2a2)⋯F(psas)=0F(n)=F(p_1^{a_1})F(p_2^{a_2})\cdots F(p_s^{a_s})=0F(n)=F(p1a1)F(p2a2)⋯F(psas)=0，因为右边每一项都是 000

⌈\lceil⌈莫比乌斯反演⌋\rfloor⌋

定理1：若 fff 是算数函数，FFF 为 fff 的和函数，对于任意正整数 nnn 满足 F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\underset{d|n}{\sum}f(d)F(n)=d∣n∑f(d)
则对任意正整数 nnn ，f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)F(\frac{n}{d})f(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)
证明：
等式含有双重和，我们替换得到：
∑d∣nμ(d)F(nd)=∑d∣n(μ(d)∑e∣(n/d)f(e))=∑d∣n(∑e∣(n/d)μ(d)f(e))=∑e∣n(∑d∣(n/e)f(e)μ(d))=∑e∣n(f(e)∑d∣(n/e)μ(d))因为只有n=e时∑d∣(n/e)μ(d)=1，否则∑d∣(n/e)μ(d)=0=f(n)×1=f(n)\begin{aligned} \underset{d|n}{\sum}\mu(d)F(\frac{n}{d})&=\underset{d|n}{\sum}\Big(\mu(d)\underset{e|(n/d)}{\sum}f(e)\Big)\\ &=\underset{d|n}{\sum}\Big( \underset{e|(n/d)}{\sum}\mu(d)f(e) \Big)\\ &=\underset{e|n}{\sum}\Big( \underset{d|(n/e)}{\sum}f(e)\mu(d) \Big)\\ &=\underset{e|n}{\sum}\Big( f(e)\underset{d|(n/e)}{\sum}\mu(d) \Big)&&&&因为只有n=e时\underset{d|(n/e)}{\sum}\mu(d)=1，否则\underset{d|(n/e)}{\sum}\mu(d)=0\\ &=f(n)\times1\\ &=f(n) \end{aligned}d∣n∑μ(d)F(dn)=d∣n∑(μ(d)e∣(n/d)∑f(e))=d∣n∑(e∣(n/d)∑μ(d)f(e))=e∣n∑(d∣(n/e)∑f(e)μ(d))=e∣n∑(f(e)d∣(n/e)∑μ(d))=f(n)×1=f(n)因为只有n=e时d∣(n/e)∑μ(d)=1，否则d∣(n/e)∑μ(d)=0
定理2：如果 fff 的和函数 FFF 是乘性函数，那么 fff 也是乘性函数。
证明：令 m、nm、nm、n 为互素的正整数，则
f(mn)=∑d∣mnμ(d)F(mnd)=∑d1∣m，d2∣nμ(d1d2)F(mnd1d2)=∑d1∣m，d2∣nμ(d1)μ(d2)F(md1)F(nd2)=∑d1∣mμ(d1)F(md1)×∑d2∣nμ(d2)F(nd2)=f(m)f(n)\begin{aligned} f(mn)&=\underset{d|mn}{\sum}\mu(d)F(\frac{mn}{d})\\ &=\underset{d_1|m，d_2|n}{\sum}\mu(d_1d_2)F(\frac{mn}{d_1d_2})\\ &=\underset{d_1|m，d_2|n}{\sum}\mu(d_1)\mu(d_2)F(\frac{m}{d_1})F(\frac{n}{d_2})\\ &=\underset{d_1|m}{\sum}\mu(d_1)F(\frac{m}{d_1})\times\underset{d_2|n}{\sum}\mu(d_2)F(\frac{n}{d_2})\\ &=f(m)f(n) \end{aligned} f(mn)=d∣mn∑μ(d)F(dmn)=d1∣m，d2∣n∑μ(d1d2)F(d1d2mn)=d1∣m，d2∣n∑μ(d1)μ(d2)F(d1m)F(d2n)=d1∣m∑μ(d1)F(d1m)×d2∣n∑μ(d2)F(d2n)=f(m)f(n)

⌈\lceil⌈莫比乌斯反演应用⌋\rfloor⌋

例1：若 nnn 是正整数，则 ϕ(n)=n∑d∣nμ(d)1d\phi(n)=n\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\frac{1}{d}ϕ(n)=nd∣n∑μ(d)d1
证明：设 h(x)=xh(x)=xh(x)=x，则 h(x)=x=∑d∣nϕ(d)h(x)=x=\underset{d|n}{\sum}\phi(d)h(x)=x=d∣n∑ϕ(d)
根据莫比乌斯反演公式，得到 ϕ(d)=∑d∣nμ(d)h(nd)=n∑d∣nμ(d)1d\phi(d)=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)h(\frac{n}{d})=n\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\frac{1}{d}ϕ(d)=d∣n∑μ(d)h(dn)=nd∣n∑μ(d)d1

例2：假设 fff 是乘性函数，且满足 f(1)=1f(1)=1f(1)=1，证明：
∑d∣nμ(d)f(d)=(1−f(p1))(1−f(p2))⋯(1−f(ps))\underset{d|n}{\sum}\mu(d)f(d)=(1-f(p_1))(1-f(p_2))\cdots(1-f(p_s)) d∣n∑μ(d)f(d)=(1−f(p1))(1−f(p2))⋯(1−f(ps))
其中 nnn 的素幂因子分解为 n=p1a1p2a2⋯psasn=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}n=p1a1p2a2⋯psas
证明：
（1）因为 μ、f\mu、fμ、f都是乘性的，他们的乘积函数 μf\mu fμf也是乘性的，乘积函数的和函数也是乘性的。
（2）我们只要对 n=pkn=p^kn=pk 进行讨论即可。其中 ppp 是一个素数，kkk 是一个正整数。
∑d∣pkμ(d)f(d)=0+⋯+0+μ(d)f(d)+μ(1)f(1)=1−f(p)\underset{d|p^k}{\sum}\mu(d)f(d)=0+\cdots+0+\mu(d)f(d)+\mu(1)f(1)=1-f(p)d∣pk∑μ(d)f(d)=0+⋯+0+μ(d)f(d)+μ(1)f(1)=1−f(p)
（3）对于每一个不同的素因子ppp 进行乘积，故原式成立。

例3：求出对于所有正整数 nnn ，∑d∣ndμ(d)\underset{d|n}{\sum}d\mu(d)d∣n∑dμ(d) 的简单公式
解：令 h(x)=xh(x)=xh(x)=x ，该函数为乘性函数，且 h(1)=1h(1)=1h(1)=1。
其中 nnn 的素幂因子分解为 n=p1a1p2a2⋯psasn=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}n=p1a1p2a2⋯psas
原式子=∑d∣nμ(d)h(d)=(1−h(p1))(1−h(p2))⋯(1−h(ps))=(1−p1)(1−p2)⋯(1−ps)=∏i(1−pi)\begin{aligned}原式子 &=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)h(d)=(1-h(p_1))(1-h(p_2))\cdots(1-h(p_s))\\ &=(1-p_1)(1-p_2)\cdots(1-p_s)\\ &=\underset{i}{\prod}(1-p_i) \end{aligned}原式子=d∣n∑μ(d)h(d)=(1−h(p1))(1−h(p2))⋯(1−h(ps))=(1−p1)(1−p2)⋯(1−ps)=i∏(1−pi)

例4：求出对于所有正整数 nnn ，∑d∣nμ(d)τ(d)\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\tau(d)d∣n∑μ(d)τ(d) 的简单公式
解：τ(x)\tau(x)τ(x) 为因子个数函数，是乘性函数，且 τ(x)=1\tau(x)=1τ(x)=1
其中 nnn 的素幂因子分解为 n=p1a1p2a2⋯psasn=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}n=p1a1p2a2⋯psas
原式子=∑d∣nμ(d)τ(d)=(1−τ(p1))(1−τ(p2))⋯(1−τ(ps))=(1−2)(1−2)⋯(1−2)=(−1)s\begin{aligned}原式子 &=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\tau(d)=(1-\tau(p_1))(1-\tau(p_2))\cdots(1-\tau(p_s))\\ &=(1-2)(1-2)\cdots(1-2)\\ &=(-1)^{s} \end{aligned}原式子=d∣n∑μ(d)τ(d)=(1−τ(p1))(1−τ(p2))⋯(1−τ(ps))=(1−2)(1−2)⋯(1−2)=(−1)s

例5：求出对于所有正整数 nnn ，∑d∣nμ(d)σ(d)\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\sigma(d)d∣n∑μ(d)σ(d) 的简单公式
解：σ(x)\sigma(x)σ(x) 为因子和函数，是乘性函数，且 σ(x)=1\sigma(x)=1σ(x)=1
其中 nnn 的素幂因子分解为 n=p1a1p2a2⋯psasn=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}n=p1a1p2a2⋯psas
原式子=∑d∣nμ(d)σ(d)=(1−σ(p1))(1−σ(p2))⋯(1−σ(ps))=(−p1)(−p2)⋯(−ps)=(−1)s∏ipi\begin{aligned}原式子 &=\underset{d|n}{\sum}\mu(d)\sigma(d)=(1-\sigma(p_1))(1-\sigma(p_2))\cdots(1-\sigma(p_s))\\ &=(-p_1)(-p_2)\cdots(-p_s)\\ &=(-1)^{s}\underset{i}{\prod}p_i \end{aligned}原式子=d∣n∑μ(d)σ(d)=(1−σ(p1))(1−σ(p2))⋯(1−σ(ps))=(−p1)(−p2)⋯(−ps)=(−1)si∏pi

例6：设 nnn 为正整数，证明
∏d∣nμ(d){−1如果n是素数0如果n含平方因子1n是合数且不含平方因子\underset{d|n}{\prod}\mu(d) \begin{cases} -1&如果 n 是素数\\ 0&如果n含平方因子\\ 1&n是合数且不含平方因子 \end{cases} d∣n∏μ(d)⎩⎪⎨⎪⎧−101如果n是素数如果n含平方因子n是合数且不含平方因子
证明：
（1）若 nnn 是素数，则原式 =μ(1)μ(p)=−1=\mu(1)\mu(p)=-1=μ(1)μ(p)=−1
（2）若 nnn 有平方因子 p2p^2p2 ，因为 μ(p2)=0\mu(p^2)=0μ(p2)=0 所以原式 =0=0=0
（3）若 nnn 的素幂因子分解为 n=p1p2⋯psn=p_1p_2\cdots p_sn=p1p2⋯ps。
从其中选择偶数个素数形成 ddd 的话，μ(d)=1\mu(d)=1μ(d)=1
从其中选择奇数个素数形成 ddd 的话，μ(d)=−1\mu(d)=-1μ(d)=−1
那么有几种选择偶数的方案？就是 Cn0+Cn2+⋯+Cn2k=2n−1C_n^0+C_n^2+\cdots+C_n^{2k}=2^{n-1}Cn0+Cn2+⋯+Cn2k=2n−1 为偶数
那么有几种选择奇数的方案？就是 Cn1+Cn3+⋯+Cn2k+1=2n−1C_n^1+C_n^3+\cdots+C_n^{2k+1}=2^{n-1}Cn1+Cn3+⋯+Cn2k+1=2n−1 为偶数
故此时乘积易得为 111

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前置

⌈\lceil⌈莫比乌斯函数⌋\rfloor⌋

⌈\lceil⌈莫比乌斯反演⌋\rfloor⌋

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