莫比乌斯反演详解

莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

\(\mu(n)=1,n=1\)

\(\mu (n)=(-1)^m, n=\prod^m_{i=1}p_i^{k_i},\forall k_i = 1\)

\(\mu (n)=0 ,otherwise\)

性质

1. 积性函数
2. \(\sum _{i|n} \mu(i)=\epsilon (\epsilon = [n=1])\)

筛法

inline void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!np[i]) pri[++top]=i;
        for(int j=1;j<=top&&i*pri[j]

狄利克雷卷积

\((f∗g)(n)=∑_{d|n}f(d)∗g(\frac{n}{d})\)

数论函数与狄利克雷卷积形成群，满足结合律，封闭性，单位元，逆元，同时还满足交换律

其中单位元为\(ϵ\)，\(ϵ(n)=[n=1]\)

比较常用的积性数论函数备用

反演

有\(f(n)=\sum_{i|n}g(i)\)

结论：\(g(n)=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})*{\mu(d)}=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})\)

证明

展开f：
\[ g(n)=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}g(i)*\mu(d) \]
提\(\mu\)到前面

\[ g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*\sum_{i|\frac{n}{d}}g(i) \]
换\(\sum\)，注意取值范围
\[ g(n)=\sum_{i|n}g(i)*\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d) \]
考虑后面\(\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)\)

1. \(i=n,d=1\) ,此时\(\mu(d)=\mu(1)=1\)，\(g(i)*\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=g(n)\)
2. \(i,此时\(\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=\epsilon(\frac{n}{i})=0\)，乘上 \(g(i)\) 还是 \(0\)

于是两种情况相加就是 \(g(n)\)，原等式成立

用狄利克雷卷积写起来就是\(f=g*1 , g=f*\mu\)

第二种形式

\[ f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(i\times d) \]

\[ g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i\times d)\mu(i) \]

应用

二维gcd数数

对于给定的整数\(a,b\)和\(d\)，有多少正整数对 \(x,y\)，满足 \(x\leq n\)，\(y\leq m\)，并且 \(gcd(x,y)=d\)

要求的数：
\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==d] \]
转换一下：
\[ =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m \epsilon(gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})) \]

\[ =\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} \epsilon(gcd(i,j)) \]

法一

利用莫比乌斯函数的性质：
\[ =\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(g) \]

\[ =\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum_{g|i且g|j}\mu(g) \]

考虑枚举\(g\)，设\(N = \frac{n}{d},M = \frac{m}{d}\)

归类得：
\[ \sum_{g=1}^{N}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{g}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{g}\rfloor}\mu(g) \]

\[ \sum_{g=1}^{N}\mu(g)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{g}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{g}\rfloor} \]

然后后面那个东西的共同取值一种只有\(\sqrt{n}+\sqrt{m}\)种，数论分块求得

法二

还是令
\[ f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==d] \]

\[ g(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m [d|gcd(i,j)] \]

\(f(k)\)为答案，\(g(k)\)明显等于\(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\)

根据定义，
\[ g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i\times d) \]
反演得
\[ f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(i\times d)*\mu(i) \]
套用\(g\),令设\(N = \frac{n}{d},M = \frac{m}{d}\)
\[ f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{N}{i}\rfloor\lfloor\frac{M}{i}\rfloor\mu(i) \]
然后数论分块

数论分块的tips

对于有两个整除的，我们知道复杂度是\(\sqrt{n}+\sqrt m\)

单个数论分块的实现方法：

假设当前区间开头是\(i\)，并且下一个区间是\(j+1\)

有
\[ \lfloor\frac{N}{i}\rfloor \leq \lfloor\frac{N}{j}\rfloor \]

\[ \lfloor\frac{N}{i}\rfloor \leq \frac{N}{j} \]

\[ j\leq \frac{N}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor} \]

\[ j\leq \lfloor \frac{N}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor}\rfloor \]

两个数的同理，取min就好了

代码：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    r=min(n/(n/l),m/(m/l));
    ...
}

题解代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 50021;
inline int read(){
    int x=0,pos=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') pos=0;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
    return pos?x:-x;
}
int np[N],pri[N],top,mu[N],tomu[N];
void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i

练习题目

YY的gcd

gcd(x,y)为质数的区间数点
\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)为质数] \]

\[ =\sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d] \]

令
\[ f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d] \]

\[ g(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[d|gcd(i,j)] \]

然后
\[ g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i\times d) \]
求的就是
\[ \sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(i\times d)*\mu(i) \]
令 \(k =i\times d\)
\[ \sum_{d \in \text { prime }} \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor} \mu(\frac{k}{d})\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor \]
枚举\(k\),
\[ \sum_{k=1}^{n}\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\sum_{d\in \text{prime},d|k}\mu(\frac{k}{d}) \]
令
\[ f(k)=\sum_{d\in \text{prime},d|k}\mu(\frac{k}{d}) \]
考虑线性筛\(f\)

1. k为质数，\(f(k)=\mu(\frac{k}{k})=\mu(1)=1\)

2. k有多个最小质因子，令\(y\)为k的最小质因子，\(z=\frac{k}{y}\)

   1. z没有多个因子，仅当枚举到\(d=y\)时，\(\mu(\frac{k}{d})=\mu(i)\)不为0，其余为0，\(f(x)=\mu(z)\)
   2. z有多个因子，都为0，\(z\)的情况等同于\(k\)的情况，为了方便统计还是令\(f(x)=\mu(z)\)

3. k只有一个最小因子

   对于每一个\(\mu(\frac{k}{p})=\mu(\frac{z\times y}{p})\)

   而\(z \text{ mod } y =0\)

   根据\(\mu\)的定义有\(\mu(\frac{k}{p})=-\mu(\frac{z}{p})\)，而且多了一项\(\mu(i)\)

所以线性筛出\(f\)的前缀和，然后数论分块就行了

约数个数和

首先有一个公式：
\[ \sum _{i=1}^{N}\sum_{j=1}^Md(ij)=\sum _{i=1}^{N}\sum_{j=1}^M\sum_{x | i} \sum_{y | j}[\operatorname{gcd}(x, y)=1] \]
好像是有什么映射关系吧。。。避免统计重复

这里可以归纳成一个trick：枚举某个枚举的数的因子的时候可以将后面的sigma提前，枚举后面的数，前面的数的个数就可以直接计算出来了

然后枚举\(x\)和\(y\)，设
\[ f(x)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[\operatorname{gcd}(i, j)=x] \]

\[ g(x)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[\operatorname{x|gcd}(i, j)] \]

显然有：
\[ g(x)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f(x\times d) \]
然后有
\[ f(x)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}g(x\times d)\times \mu(d) \]
普通的莫反题这里就结束了，因为g很容易求出

这题里的g怎么求呢？

变换一下：
\[ g(x)=\sum_{i=1}^{\frac{n}{x}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\frac{n}{i x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j x}\right\rfloor \]

\[ g(x)=\sum_{i=1}^{\frac{n}{x}} \left\lfloor\frac{n}{i x}\right\rfloor\sum_{j=1}^{\frac{m}{x}}\left\lfloor\frac{m}{j x}\right\rfloor \]

然后处理一下前缀和就可以\(O(1)\)求了

答案是\(f(1)\)

后记

其实还有好多题。。。

但是要杜教筛（感到弱小

之后补吧