Mobius反演（莫比乌斯反演）
莫比乌斯反演在数论中占有重要的地位，许多情况下能大大简化运算。那么我们先来认识莫比乌斯反演公式。
定理：
和
是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件
，那么我们得到结论
在上面的公式中有一个
函数，它的定义如下：
（1）若
，那么
（2）若
，
均为互异素数，那么
（3）其它情况下
证明莫比乌斯反演公式的得出： 依旧通过例题来找规律
我们令 n=6;
那么 在计算 F(6)的时候，我们会用到 G(1) G(2) G(3) G(6)
我们考察者4个G
G(1) = F(1)
G(2) = F(1)+F(2)
G(3) = F(1)+F(3)
G(6) = F(1)+F(2)+F(3)+F(6)
观察上面可以发现 每个 G(n)都是由一些F(d)累加得到的
当我们需要逆向有G得到F(n)时，只需要将一些 与 F(n) 有关的 G进行容斥，最终组合得到F(n)！
比如 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)
根据上述公式知：F(6) =u(1) G(6)-u(3)G(2)-u(2)G(3)+u(6)G(1)
由 u 的公式知，u(1)=1, u(2)=(-1)^1=-1, u(3)=(-1)^1=-1, u(4)=(-1)^2=1;
则 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)
这类莫比乌斯反演的实质也就是容斥原理的应用！！
对于函数，它有如下的常见性质：
（1）对任意正整数
有
（2）对任意正整数有
线性筛选求莫比乌斯反演函数代码。
void Init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1] = 1;
cnt = 0;
for(int i=2; i
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000010;
bitset prime;
LL phi[N];
LL f[N];
int p[N];
int k;
void isprime()
{
k = 0;
prime.set();
for(int i=2; i>= 1;
for(int i=3; i 有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。
证明
证明完毕！
嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。
题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818
题意：给一个正整数，其中
，求使得
为质数的
的个数，
。
分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数
，只
需要求在区间
中，满足有序对互质的对数。
也就是说，现在问题转化为：在区间
中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，因为
是有序对，不妨设
，那么我们如果枚举每一个
，小于有多少个
与互素，这正是欧拉函数。所以
我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？
是
且为素数的情况，再加上就行了。
代码：
-
#include
-
#include
-
#include
-
#include
-
-
using
namespace
std;
-
typedef
long
long LL;
-
const
int N =
10000010;
-
-
bitset
prime;
-
LL phi[N];
-
LL f[N];
-
int p[N];
-
int k;
-
-
void isprime()
-
{
-
k =
0;
-
prime.
set();
-
for(
int i=
2; i
-
{
-
if(prime[i])
-
{
-
p[k++] = i;
-
for(
int j=i+i; j
-
prime[j] =
false;
-
}
-
}
-
}
-
-
void Init()
-
{
-
for(
int i=
1; i
-
for(
int i=
2; i
2) phi[i] >>=
1;
-
for(
int i=
3; i
2)
-
{
-
if(phi[i] == i)
-
{
-
for(
int j=i; j
-
phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;
-
}
-
}
-
f[
1] =
0;
-
for(
int i=
2;i
-
f[i] = f[i
-1] + (phi[i]<<
1);
-
}
-
-
LL Solve(int n)
-
{
-
LL ans =
0;
-
for(
int i=
0; i
-
ans +=
1 + f[n/p[i]];
-
return ans;
-
}
-
-
int main()
-
{
-
Init();
-
isprime();
-
int n;
-
scanf(
"%d",&n);
-
printf(
"%I64d\n",Solve(n));
-
return
0;
-
}
嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就可以搞定，接下来我们来看看它的升级版。
题意：给定两个数
和
，其中
，
，求
为质数的
有多少对？其中和的范
围是
。
分析：本题与上题不同的是和不一定相同。在这里我们用莫比乌斯反演来解决，文章开头也说了它能大大简化
运算。我们知道莫比乌斯反演的一般描述为：
其实它还有另一种描述，本题也是用到这种。那就是：
好了，到了这里，我们开始进入正题。。。
对于本题，我们设
为满足
且和的的对数
为满足
且和的的对数
那么，很显然
，反演后得到
因为题目要求是为质数，那么我们枚举每一个质数
，然后得到
如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。
我们设
，那么继续得到
。
到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的
对应的
的值，那么本题就解决了。
我们设
，注意这里为素数，
。
那么，我们枚举每一个
，得到
，现在分情况讨论：
（1）如果整除
，那么得到
（2）如果不整除，那么得到
-
#include
-
#include
-
#include
-
-
using
namespace
std;
-
typedef
long
long LL;
-
const
int N =
10000005;
-
-
bool vis[N];
-
int p[N];
-
int cnt;
-
int g[N],u[N],sum[N];
-
-
void Init()
-
{
-
memset(vis,
0,
sizeof(vis));
-
u[
1] =
1;
-
cnt =
0;
-
for(
int i=
2;i
-
{
-
if(!vis[i])
-
{
-
p[cnt++] = i;
-
u[i] =
-1;
-
g[i] =
1;
-
}
-
for(
int j=
0;j
-
{
-
vis[i*p[j]] =
1;
-
if(i%p[j])
-
{
-
u[i*p[j]] = -u[i];
-
g[i*p[j]] = u[i] - g[i];
-
}
-
else
-
{
-
u[i*p[j]] =
0;
-
g[i*p[j]] = u[i];
-
break;
-
}
-
}
-
}
-
sum[
0] =
0;
-
for(
int i=
1;i
-
sum[i] = sum[i
-1] + g[i];
-
}
-
-
int main()
-
{
-
Init();
-
int T;
-
scanf(
"%d",&T);
-
while(T--)
-
{
-
LL n,m;
-
cin>>n>>m;
-
if(n > m) swap(n,m);
-
LL ans =
0;
-
for(
int i=
1,last;i<=n;i=last+
1)
-
{
-
last = min(n/(n/i),m/(m/i));
-
ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i
-1]);
-
}
-
cout<
endl;
-
}
-
return
0;
-
}
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