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$ Mobius $ 函数 $ \mu(n) $ 的定义：设 $ n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m} $，其中 $ n > 1 $，且 $ p_i $ 为素数，则其定义如下：
$$
\mu(n) =
\left \{ \begin{aligned}
&1 \quad (n = 1) \\
&(-1) ^k \quad n = \prod_{i = 1}^k p_i \\
&0 \quad otherwise
\end{aligned} \right.
$$
① $ \mu(n) $ 的定义域为 $ n \in N^+ $；
② 规定：$ \mu(n) = 1 $；
③ 当 $ n $ 存在平方因子时，$ \mu(n) = 0 $；
④ 当 $ n $ 是一个素数或者为奇数个不同的素数之积时，$ \mu(n) = -1 $；
⑤ 当 $ n $ 是偶数个不同素数之积时，$ \mu(n) = 1 $。
1、$ Mobius $ 函数是一个数论函数，同时也是一个积性函数。
2、当 $ n > 0 $ 时，有如下定理：
$$
\sum_{d|n} \mu(d) =
\left\{ \begin{align}
&1 \quad (n = 1) \\
&0 \quad (n > 1)
\end{align}\right.
$$
其证明如下：（用到了二项式定理的性质）
Ⅰ、当 $ n = 1 $ 时，显然等式成立！
Ⅱ、当 $ n > 1 $ 时，设 $ n = p_1^{k_1} \times p_2^{k_2} \times \cdots \times p_m^{k_m} $ ，$ d = p_1^{x_1} \times p_2^{x_2} \times \cdots \times p_m^{x_m} $ 。
根据 $ \mu $ 的定义，只需考虑 $ x_i = 0 $ 或者 $ x_i = 1 $ 的情况。假设 $ d $ 中存在 $ r $ 个 $ x_i = 1 $，那么有
$$
\begin{align}
\sum_{d|n} \mu(d) =
& \mu(1) + \mu(p_1) + \cdots + \mu(p_k) + \mu(p_1 \times p_2) + \cdots + \mu(p_{m-1} \times p_m) + \cdots + \mu(p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_m) \\
= & 1 + \binom{m}{1}(-1) + \binom{m}{2}(-1)^2 + \cdots + \binom{m}{m}(-1)^m = \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}(-1)^r = 0 \\
\end{align}
$$
根据二项式定理有：$ (x + y)^n = \sum_{k = 0}^n \binom{n}{k} x^{n - k} \times y^k $， 令 $ x = 1, y = -1 $，
即可证得：$ \sum_{r=0}^m \binom{m}{r}(-1)^r \times 1^{m-r} = (1 - 1)^m = 0 $。
卷积运算形式：$ \because \mu(n) \ast I(n) = \epsilon(n) $，其中 $ \mu(n) $ 为莫比乌斯函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ \epsilon(n) $为元函数，$ \epsilon(n) = [n == 1], \; \therefore \mu(n) \ast I(n) = \sum_{d|n} \mu(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d|n} \mu(d) = [n == 1] $，即证！
3、$ \forall \;n \in \mathbb{N}^+ $，有 $ \frac{\varphi(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d} $。利用卷积的性质来证明：$ \because \varphi(n) = \mu(n) \ast id(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot id(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot \frac{n}{d} $，$ \therefore \frac{\varphi(n)}{n} = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d} $，即证！
a、若 $ f(n) $ 的定义域为正整数域，值域为复数，即：$ f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{C} $，则称 $ f(n) $ 为数论函数。
b、若 $ f(n) $ 为数论函数，且 $ f(1) = 1 $，对于互质的正整数 $ p, q $，有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $，则称其为积性函数。
c、若 $ f(n) $ 为积性函数，且对于任意的正整数 $ p, q $ 都有 $ f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q) $ ，则称其为完全积性函数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 5 const int maxn = 1e5+5; 6 7 int cnt, prime[maxn], mu[maxn]; 8 bool isp[maxn]; 9 10 void Mobius() { 11 memset(isp, false, sizeof(isp)); 12 memset(mu, 0, sizeof(mu)); 13 memset(prime, 0, sizeof(prime)); 14 isp[0] = isp[1] = true; 15 cnt = 0; 16 mu[1] = 1; 17 for(int i = 2; i < maxn; ++i) { 18 if(!isp[i]) prime[cnt++] = i, mu[i] = -1; 19 for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < maxn; ++j) { 20 isp[i * prime[j]] = true; 21 if(i % prime[j] == 0) { 22 mu[i * prime[j]] = 0; 23 break; 24 } 25 mu[i * prime[j]] = - mu[i]; 26 } 27 } 28 } 29 30 int main() { 31 // Test: 32 Mobius(); 33 for(int i = 1; i <= 10; ++i) { 34 cout << "mu[" << i << "]:" << mu[i] << endl; 35 } 36 return 0; 37 }
证明如下：
设 $ p_1 $ 为 $ n $ 的最小素因子，$ n‘ = \frac{n}{p_1} $，在线性筛中，$ n $ 通过 $ n‘ \times p_1 $ 被筛掉。
Ⅰ、当 $ n $ 为素数时，根据定义有显然有 $ \mu(n) = -1 $；
Ⅱ、当 $ n‘ \mod p_1 = 0 $ 时，即其对应的指数 $ k_1 > 1 $，由定义得 $ \mu(n) = 0 $；
Ⅲ、当 $ n‘ \mod p_1 \neq 0 $，即 $ k_1 = 1 $，$ n‘ $ 有 $ m - 1 $ 个素因子，接下来分2种情况讨论：
ⅰ、若 $ \mu(n‘) \neq 0 $，即 $ n‘ $ 的所有素因子都只有一个，根据定义 $ \mu(n) = (-1)^m = (-1)^{m-1} \times (-1) = - \mu(n‘) $；
ⅱ、若 $ \mu(n‘) \neq 0 $，说明 $ \prod_{i=2}^m k_i > 1 $，根据定义，显然有 $ \mu(n) = 0 $。
综合以上2小点， $ \mu(n) = -\mu(n‘) $ 仍然成立。即证！
公式：$ n = \sum_{d \mid n} \varphi(d) $。
证明用到法里级数：法里级数 $ n $ 定义为分母不大于 $ n $ 的最简分数。
举个栗子：当分母 $ n = 12 $ 时，分子 $ 1 \sim 12 $ 对应的最简分式依次为
$ \frac{1}{12} $、$ \frac{1}{6} $、$ \frac{1}{4} $、$ \frac{1}{3} $、$ \frac{5}{12} $、$ \frac{1}{2} $、$ \frac{7}{12} $、$ \frac{2}{3} $、$ \frac{3}{4} $、$ \frac{5}{6} $、$ \frac{11}{12} $、$ \frac{1}{1} $。
观察以上最简分式可以发现分母都是 $ n = 12 $ 的因子 $ d = \{1, 2, 3, 4, 6, 12 \} $，即 $ d \mid n $。
将以上最简分式分类可得：
①分母为1的最简分式有：$ \frac{1}{1} $；$ \Rightarrow \varphi(1) = 1 $。
②分母为2的最简分式有：$ \frac{1}{2} $；$ \Rightarrow \varphi(2) = 1 $。
③分母为3的最简分式有：$ \frac{1}{3} $，$ \frac{2}{3} $；$ \Rightarrow \varphi(3) = 2 $。
④分母为4的最简分式有：$ \frac{1}{4} $，$ \frac{3}{4} $；$ \Rightarrow \varphi(4) = 2 $。
⑤分母为6的最简分式有：$ \frac{1}{6} $，$ \frac{5}{6} $；$ \Rightarrow \varphi(6) = 2 $。
⑥分母为12的最简分式有：$ \frac{1}{12} $，$ \frac{5}{12} $，$ \frac{7}{12} $，$ \frac{11}{12} $；$ \Rightarrow \varphi(12) = 4 $。
通过分类可以发现对于同一个作为分母的因子 $ d $，其分子都是 $ d $ 内且与 $ d $ 互质的数，个数为 $ \varphi(d) $，显然 $ \sum_{d|n} \varphi(d) = n $。不难推导，对任意的 $ n \in \mathbb{N}^+ $，等式恒成立。
另一种证明方式：当 $ n > 2 $ 时，令 $ n = \prod \limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}} $，由于欧拉函数是积性函数，那么 $ \varphi(n) = \prod \limits_{i = 1}^{m} \varphi(p_i^{k_i}) $，则
$$
\sum \limits_{d \mid n} {\varphi(d)} = \sum \prod \limits_{i = 1}^{m} {\varphi(p_i^j)}，其中 \; (0 \leq j \leq k_i)
$$
将上式因式分解可得
$$
\begin{aligned}
\prod \limits_{i = 1}^{m} {(\sum \limits_{j = 0}^{k_i} {\varphi(p_i^j)})} & = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \sum \limits_{j = 1}^{k_i} {(p_i^j - p_i^{j - 1})})} \\
& = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \frac{p_i(p_i^{k_i}-1)}{p_i-1}-\frac{p_i^{k_i}-1}{p_i-1})} \\
& = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + \frac{p_i^{k_i}(p_i-1)-(p_i-1)}{p_i-1})} \\
& = \prod \limits_{i = 1}^{m} {(1 + p_i^{k_i} - 1)} \\
& = \prod \limits_{i = 1}^{m} {p_i^{k_i}} = n
\quad\Box
\end{aligned}
$$
卷积运算形式：$ \because id(n) = \varphi(n) \ast I(n) $，其中 $ id(n) = n $ 为单位函数，$ I(n) = 1 $ 为恒等函数，$ \therefore id(n) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) I(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \varphi(d) = n $，即证！
法里数列（级数）：数学上，n阶的法里数列是0和1之间最简分数的数列，由小至大排列，每个分数的分母不大于n。每个法里数列从0开始，至1结束，但有些人不把这两项包括进去。有时法里数列(sequence)也称为法里级数(series)，严格来说这名字不正确，因为法里数列的项不会加起来。
问：求 $ \sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $，$ n \leq 10^{12} $？
解：~~冷静分析一下~~，通过~~暴力打表~~可以发现对于每一个 $ \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ ，有若干个与其相同的值，这样相同的值组成一个块。对于每一个块，假设左端点值是 $ lt $，那么右端点值为 $ \left \lfloor \frac{n}{\frac{n}{lt}} \right \rfloor $。于是，这个问题就可以在 $ O(\sqrt{n}) $ 的时间复杂度内轻松解决！
证明如下：
Ⅰ、$ \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $ 最多有 $ 2 \times \sqrt{n} $ 种取值。即整除分块的时间复杂度为 $ O(\sqrt{n}) $。理由如下：
ⅰ、当 $ i \leq \sqrt{n} $，显然只有 $ \sqrt{n} $ 种取值；
ⅱ、当 $ i > \sqrt{n} $ 时，即 $ \frac{n}{i} < \sqrt{n} $，显然也只有 $ \sqrt{n} $ 种取值。
Ⅱ、假如 $ \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = \lfloor \frac{n}{rt} \rfloor $，那么 $ rt $ 的最大值为 $ \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor $。理由如下：
设 $ \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor = k $，则有 $ k \times lt + p = n $，其中余数 $ p \in [0,lt) $；
若 $ \left \lfloor \frac{n}{lt+d} \right \rfloor = k $，则有 $ k \times (lt+d)+p‘=n $；其中余数 $ p‘ \in [0,lt+d) $
联立上面2个等式可得 $ p‘=p-kd $；当 $ p‘ = 0 $ 时，$ d_{max} = \left \lfloor \frac{p}{k} \right \rfloor $；则有如下推导：
$$
\begin{aligned}
rt
& = lt + d_{max} \\
& = lt + \lfloor \frac{p}{k} \rfloor \\
& = lt + \left \lfloor \frac {n \; mod \; lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\
& = lt + \left \lfloor \frac {n -\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\
& = \left \lfloor lt + \frac {n- \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\
& = \left \lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} + \frac {n - \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor \times lt}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor \\
& = \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor
\quad\Box
\end{aligned}
$$
总结：通过以上证明可知每一个分块的区间为 $ [lt, \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \rfloor] $。如何edit code？设初始值 $ lt = 1 $，每次令 $ rt = \left \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{lt} \rfloor} \right \rfloor $，将 $ (rt - lt + 1) \times \lfloor \frac{n}{lt} \rfloor $ 累加到答案中，然后令 $ lt = rt + 1 $ 继续遍历下一个分块即可。由性质Ⅰ可知这样的块数最多为 $ 2 \sqrt{n} $ 个，即时间复杂度为 $ O(\sqrt{n}) $。即证！
1 LL Div_block(LL n) { 2 LL res = 0; 3 for(LL lt = 1, rt; lt <= n; lt = rt + 1) { 4 rt = n / (n / lt); 5 res += (rt - lt + 1) * (n / lt); 6 } 7 return res; 8 }
设 $ f(n) $、$ g(n) $ 是两个数论函数，其 $ Dirichlet $ (狄利克雷)乘积也是一个数论函数，则卷积运算 $ f \ast g $ 定义为：
$$
(f \ast g)(n) = \sum_{d|n \;\land \;d > 0} f(d) \; g(\frac{n}{d})
$$
简记为 $ (f \ast g)(n) = f(n) \ast g(n) $。注意：卷积运算符为 $ \ast $；而乘法运算为 $ \times $ 或者 $ \cdot $ 或者不写。
数论函数 $ f(n) $与 $ g(n) $ 的狄利克雷乘积也可以表示为
$$
(f \ast g)(n) = \sum_{ab = n \; \land \; a, b > 0} f(a) \; g(b)
$$
Ⅰ、满足交换律：$ f \ast g = g \ast f $。由定义显然得证！
Ⅱ、满足结合律：$ (f \ast g) \ast h = f \ast (g \ast h) $，证明如下：考察两边作用在参数 $ n $ 上，则
$$
\begin{aligned}
左边=((f \ast g) \ast h)(n)
& = \sum_{mk=n}(f \ast g)(m)h(k) \\
& = \sum_{mk=n} \left(\sum_{ij=m}f(i)g(j) \right)h(k)\\
& = \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
右边 = (f \ast (g \ast h))(n)
& = \sum_{im=n}f(i)(g \ast h)(m) \\
& = \sum_{im=n}f(i) \left(\sum_{jk=m}g(j)h(k) \right) \\
& = \sum_{ijk=n} f(i)g(j)h(k) = f \ast g \ast h = 左边
\quad\Box
\end{aligned}
$$
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原文地址：https://www.cnblogs.com/acgoto/p/11267026.html
