编程中的较高端的数论知识总结1——莫比乌斯反演

前言

之前写过一篇名叫基础数论总结的博客，自己认为写得不是很好，当时刚开始用CSDN写博客，$\text{LATEX}$公式写得不是很熟练，花了快$3$个月才写完，而且写得比较杂，有的地方也写得不够全，后来也没去改过
这次疫情期间，学校老师让我写一篇数论总结的博客，让我回学校后和其他同学分享，于是就有了这一系列博客
对于以前那篇，如果有不懂的可以自行在百度上查询，我也不会再去更改了因为懒

一些需要使用到的数论知识

简单的知识

在我的另一篇博客中已经有了，这里就不再赘述

简化的if语句

在数论中，我们常常使用$[P]$来表示一个命题的正误
如果$P$是一个真命题，那么$[P]$的值就是$1$，反之，如果是假命题，值就是$0$
其实就相当于：

if(P) [P]=1;
else [P]=0;

数论函数

概念

数论函数指定义域为正整数的函数，每个数论函数都可视为复数的序列——度娘（有删改）

积性函数

在数论函数中，最重要的性质就是积性，虽然我前面那篇博客已经写过了，但是因为太重要了，我还是要在写一遍
积性函数一共分为两类

（普通的）积性函数

对于所有的积性函数，都满足一个性质：$\forall a,b\in {\mathbb{Z}}^{+}且gcd(a,b)=1,则f(ab)=f(a)f(b)$
例如，欧拉函数$\phi (n)$就是一个典型的积性函数

完全积性函数

某些特殊的积性函数会满足：$\forall a,b\in {\mathbb{Z}}^{+},则f(ab)=f(a)f(b)$，我们把这些函数叫做完全积性函数
最明显的完全积性函数就是$id(n)=n$，这显然是一个完全积性函数

常见数论函数

首先，是三个完全积性函数：

1. $ϵ(n)=[n==1]$（单位元）
2. $I(n)=1$
3. $id(n)=n$

emmm……其实后面两个啥用都没有
接着，是一些常见的积性函数

1. $\phi (n)=n\times \prod _{质数p|n}\left(1-\frac{1}{p}\right)$（欧拉函数）
2. $\mu (n)=\{\begin{array}{l}(-1{)}^{t}n无平方因子，质因数个数为t\\ 0n有平方因子\end{array}$（莫比乌斯函数，后面讲莫比乌斯反演时有用）
3. $\tau (n)=\sum _{d|n}1$（正因子个数）
4. $\sigma (n)=\sum _{d|n}d$（正因子和）

不是积性函数的数论函数好像没有几个会考的，所以我也不列举了其实我也不知道

莫比乌斯反演

小小的计算

在讲述这个看似高级的东西之前，我们做一个小小的计算
我们假设有两个数论函数$f(n)$和$F(n)$，满足$F(n)=\sum _{d|n}f(d)$
那么，我们来枚举一下前几项
$F(1)=f(1),F(2)=f(1)+f(2),F(3)=f(1)+f(3),F(4)=f(1)+f(2)+f(4),F(5)=f(1)+f(5)$
$F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6),F(7)=f(1)+f(7),F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8),F(9)=f(1)+f(3)+f(9)$
接着，我们来尝试着倒过来表示，枚举一下前几项
$f(1)=F(1),f(2)=F(2)-F(1),f(3)=F(3)-F(1),f(4)=F(4)-F(2),f(5)=F(5)-F(1)$
$f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1),f(7)=F(7)-F(1),f(8)=F(8)-F(4),f(9)=F(9)-F(3)$
我们来从中寻找一下规律，用$f(n)=\sum _{d|n}g(d)F\left(\frac{n}{d}\right)$表示
问题是，$f(d)$究竟是多少呢？
我们来求一下：
$g(1)=1,g(2)=-1,g(3)=-1,g(4)=0,g(5)=-1,g(6)=1,g(7)=-1,g(8)=0,g(9)=0$
好像有平方因子的都是$0$，但是无平方因子的呢？好像都是$1$和$-1$，但是什么时候是$1$，什么时候又是$-1$呢？
通过观察，我们可以发现：$g(n)=(-1{)}^t$，$t$为$n$的质因子个数！
因此这个函数可以表示为：
$g(n)=\{\begin{array}{l}(-1{)}^{t}n无平方因子，质因数个数为t\\ 0n有平方因子\end{array}$
我们把这个函数成为莫比乌斯函数，用$\mu (n)$来表示
那么，我们得出来一个漂亮的式子：$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F\left(\frac{n}{d}\right)$
话说我们不是要讲高端的莫比乌斯反演吗，怎么讲了这么多废话？
这就是莫比乌斯反演啊！我们不知不觉的已经讲完了，是不是一点都不难呢？
其实，莫比乌斯反演的本质就是一个容斥，所以在做题时，我们可以先做出这个容斥，然后再考虑如何使用莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

接下来，我们来具体讲解一下莫比乌斯反演中的一个重要元素——莫比乌斯函数

性质

莫比乌斯函数有几个简单的性质，大家可以了解一下
①$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1(n=1)\\ 0(n>1)\end{array}$
证明：当$n=1$时，$\sum _{d|n}\mu (d)=\mu (1)=1$（显然）
   当$n>1$时，设$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$
       又$\because n$中质因子个数为$t$的因子只有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{r}\right)$个
        $\therefore \sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})=(1-1{)}^k=0$
注：倒数第二步用到了二项式定理，在我的另一篇讲解组合计数的博客中有写到（该博客目前还未完成，不会的自行百度）
②$\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (d)}{d}$
证明：令$F(n)=n,f(n)=\phi (n)$
$\therefore F(n)=\sum _{d|n}f(d)$（显然，不会的话自己思考一下）
$\therefore f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F\left(\frac{n}{d}\right)$
$\therefore \sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (d)}{d}$
③$\mu (n)$为积性函数
证明：设$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i},m=\prod _{i=1}^t{q}_i^{{\beta }_i}$
$\therefore$若$\exists {\alpha }_i>1$或${\beta }_i>1$，则$\mu (mn)=0=\mu (m)\mu (n)$
 否则，$\mu (mn)=(-1{)}^{k+t}=(-1{)}^k(-1{)}^t=\mu (m)\mu (n)$

计算方法

讲了这么多，我还是不知道莫比乌斯反演怎么求啊！
别着急，我这就讲
因为莫比乌斯函数是积性函数，我们可以使用线性筛来求解
线性筛大家应该都知道吧？我们在求解欧拉函数时就使用了这个方法，因为欧拉函数也是积性函数
具体代码如下：

int MU(){
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!v[i]) p[++s]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=s&&i*p[j]<=MAXN;j++){
            v[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]) mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else{mu[i*p[j]]=0;break;}
        }
    }
}

在我的github仓库中，有这些模板代码，大家可以自己去拷贝

莫比乌斯反演的严格证明

我们之前是用找规律的手法推出莫比乌斯反演的，那我们可不可以严格的证明呢？
显然是可以的，下面是证明过程：
$\because \sum _{d|n}\mu (d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{i|\frac{n}{d}}f(i)=\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)$
$\therefore$根据莫比乌斯函数的性质①，可知$\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=[i==n]$
$\therefore \sum _{d|n}\mu (d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=\sum _{i|n}f(i)[i==n]=f(n)$
这就是莫比乌斯反演证明的全过程了，只有$3$行，但信息量很大，请大家好好消化这段证明过程

例题

如果你已经掌握了上面的所有内容，那么恭喜你，你已经学完了莫比乌斯反演的全部内容了，剩下的就是实际练习了
在这里，我只详细写一道例题的题解，剩下的请大家自行完成（也可能会另外发题解在其他文章中）

[HAOI2011]Problem b

这是一道最最经典的莫比乌斯反演的题目，基本上每篇有例题的讲莫比乌斯反演的博客都会讲这道题

题目

题目描述

对于给出的$n$个询问，每次求有多少个数对$(x,y)$，满足$a⩽x⩽b$，$c⩽y⩽d$，且$\gcd (x,y)=k$，$\gcd (x,y)$函数为$x$和$y$的最大公约数

输入格式

第一行一个整数$n$，接下来$n$行每行五个整数，分别表示$a,b,c,d,k$

输出格式

共$n$行，每行一个整数表示满足要求的数对$(x,y)$的个数

输入输出样例

输入

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

输出

14
3

说明/提示

对于$100\%$的数据满足：$1⩽n,k⩽5\times 10^4$，$1⩽a⩽b⩽5\times 10^4$，$1⩽c⩽d⩽5\times 10^4$

题解

算法1（20分）

我们先不要考虑什么莫比乌斯反演之类的高级东西，先从简单出发，一步步深入，最终A掉这些题
这也是初学莫比乌斯反演，乃至学习新的数论算法的一个重要方法
你能想到的最最最暴力的方法是什么？当然是枚举啦！
枚举$[a,b]$之间的$x$和$[c,d]$之间的$y$，判断$gcd(x,y)$是否等于$k$就完事了
能不能稍微优化一下呢？当然可以！
我们枚举$\left[\lceil \frac{a}{k}\rceil ,\lfloor \frac{b}{k}\rfloor \right]$之间的$x^{\prime }$和$\left[\lceil \frac{c}{k}\rceil ,\lfloor \frac{d}{k}\rfloor \right]$之间的$y^{\prime }$，判断$gcd(x^{\prime },y^{\prime })$是否等于$1$即可，效率为$\Theta \left(T\frac{nmlog\frac{n}{k}}{k^2}\right)$

算法2（50分）

设$An{s}_{n,m}$为$a=1,b=n,c=1,d=m$的情况下的答案
那么，这道题的答案就是$An{s}_{b,d}-An{s}_{a-1d}-An{s}_{b,c-1}+An{s}_{a-1,c-1}$了
那如何优化计算$An{s}_{n,m}$呢？
首先，可以采用和算法一一样的方法，转化为求$\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(x,y)==1]$
接着，我们假设$f_x=\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(x,y)==1]$，那么，$An{s}_{n,m}=\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{f}_x$
所以，我们只需要求出$f_x$就可以了
设$x=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$
那么，$f(x)=\lfloor \frac{m}{k}\rfloor +\sum _{j=1}^k(-1{)}^j\sum _{1⩽i_1<i_2<\cdots <i_j⩽k}\frac{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\prod _{r=1}^j{p}_{i_r}}$
这一步需要花费$\Theta \left(2^k\right)$
因为$b,d⩽1000$，而$2\times 3\times 5\times 7\times 11=2310>1000$，所以$k<=4$，所以可以得50分

算法3（还是50分）

假设$f_k=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[gcd(x,y)==k],g_k=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[k|gcd(x,y)]$
那么，我们可以轻松地得出：$g_k=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{f}_{kd}=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$
所以，我们就可以得到：$f_{ki}=g_{ki}-\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{f}_{kij}$
时间复杂度为$\Theta \left(T\frac{n}{k}log\left(\frac{n}{k}\right)\right)$

算法4（70分）

接下来，我们就要真正使用到莫比乌斯反演了
因为$g_k=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{f}_{kd}$，所以$f_k=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\mu }_d{g}_{kd}=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\mu }_d\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$
使用线性筛预处理${\mu }_d$，复杂度为$\Theta \left(n+T\frac{n}{k}\right)$

算法5（100分）

看到$\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$这种式子，大家应该都能反应过来要使用数论分块进行计算
以计算$\sum _{d=1}^n\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$为例，讲解数论分块算法
枚举每一个$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$和$\lfloor \frac{m}{d}\rfloor$都分别相等的块，假设开始位置为$i$，那么结束位置$j=min\left(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor ,\lfloor \frac{m}{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }\rfloor \right)$
这样的话，复杂度就是$\Theta (n+T(\sqrt{n}+\sqrt{m}))$
正解代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
int a,b,c,d,k,mu[50010],v[50010],sum[50010];
long long fk(int x,int y)//数论分块
{
	if(x>y) swap(x,y);
	long long ans=0;
	for(int i=1,j;i<=x;i=j+1){
		j=min(x/(x/i),y/(y/i));
		ans+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	for(int i=1;i<=50000;i++) mu[i]=1,v[i]=0;
	for(int i=2;i<=50000;i++){
		if(v[i]) continue;
		mu[i]=-1;
		for(int j=2*i;j<=50000;j+=i){
			v[j]=1;
			if((j/i)%i==0) mu[j]=0;
			else mu[j]*=-1;
		}
	}//计算mu_d
	sum[0]=0;
	for(int i=1;i<=50000;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	while(T--){
		cin>>a>>b>>c>>d>>k;
		cout<<fk(b/k,d/k)-fk(b/k,(c-1)/k)-fk((a-1)/k,d/k)+fk((a-1)/k,(c-1)/k)<<endl;
	}
}

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参考资料

1. WC2016中山纪念中学宋新波莫比乌斯反演PPT
2. PoPoQQQ的莫比乌斯反演PPT

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