初涉莫比乌斯反演（附带例题）

什么是莫比乌斯反演

关于莫比乌斯反演

莫比乌斯反演，又称懵逼钨丝繁衍，是一种看了就一脸懵逼的东西。

好吧好吧，严肃点。（不过因为本蒟蒻真的很懵逼，所以错误之处请大神指出）

莫比乌斯反演就是下面这个式子：

如果存在函数F(x)和f(x),满足

$$F(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

那么就有：

$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$$

或者如果F(x)和f(x)满足：

$$F(n)=\sum _{n|d}f(d)$$

那么：

$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$$

其中$\mu ()$函数是莫比乌斯函数，定义是：

如果$d=1$ ， $\mu (d)=1$

如果$d$为互异质数$p_1$,$p_2$…$p_k$的乘积，则$\mu (d)=(-1{)}^k$

否则，$\mu (d)=0$

所以线性筛莫比乌斯函数往后看，几乎每段代码里都有。

两条性质

好了，现在补充两条 （我不会证，不过脑补一下就好了吧的） 性质：

1.如果$n>1$且$n$为正整数，则有：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=0$$

如果$n=1$则上式为1.

2.对于任意正整数$n$均有：

$$\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\varphi (n)}{n}$$

证明莫比乌斯反演

有了上面两条 我不会证的 性质之后，我们就可以证一下莫比乌斯反演了。
由F(x)函数的定义可以得到：

$$\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}f(d^{\prime })$$

接下来我们让$\frac{n}{d}=k{d}^{\prime }$，那么$d=\frac{n}{k{d}^{\prime }}$,所以就有$d|\frac{n}{d^{\prime }}$，而每个$f(d^{\prime })$一定会和一个$\mu (d)$乘一次，所以：

$$\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}f(d^{\prime })=\sum _{d^{\prime }|n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)$$

再看上面的两条性质里的性质2，明白了吧QWQ！

$$\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d^{\prime }|n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)=f(n)$$

得证！

莫比乌斯反演的应用

例题：HDU1695

求对于区间[1，b]内的整数x和[1,d]内的y，满足gcd(x,y)=k的数对的个数。
只要让F（t）=满足gcd(x,y)%t==0的数对个数

f(t)=满足gcd(x,y)=t的数对个数，则F（t）和f(t)就存在莫比乌斯反演的关系了。显然F（t）=(b/t)*(d/t)

因为如果$gcd(x,y)=1$,则$gcd(x\ast k,y\ast k)=k$，所以我们把b和d同时除以k，得到的f(1)再去重就是答案。令lim=min(b/k,d/k),而根据上面的莫比乌斯反演第二个公式，

$$f(1)=\sum _d^{lim}\mu (d)\ast F(d)$$

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=100005;
int T,a,b,c,d,e,tot;
long long ans1,ans2;
bool is[maxn];
int pri[maxn],miu[maxn];
void init(){//首先把莫比乌斯函数筛出来
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=100000;i++){
        if(!is[i]){pri[++tot]=i;miu[i]=-1;}
        for(int j=1;j<=tot;j++){
            int k=pri[j]*i;if(k>100000)break;
            is[k]=1;
            if(i%pri[j]==0){miu[k]=0;break;}
            else miu[k]=-miu[i];
        }
    }
}
int main()
{
    int i,j,cnt=0;
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        cnt++;ans1=ans2=0;
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&e);
        if(!e){ printf("Case %d: 0\n",cnt);continue;}
        b/=e;d/=e;//如果gcd(x,y)=1,那么gcd(x*e,y*e)=e;
        if(b>d)swap(b,d);
        for(i=1;i<=b;i++)ans1+=(long long)miu[i]*(b/i)*(d/i);
        for(i=1;i<=b;i++)ans2+=(long long)miu[i]*(b/i)*(b/i);
        printf("Case %d: %lld\n",cnt,ans1-ans2/2);
    }
    return 0;
}

不过如果你遇上的是洛谷P3455什么的，那就还要用一个类似于分块的公共乘积优化啦，具体看下面的第4条，代码也贴着：

for(i=1;i<=a;i=j+1){
            j=min(a/(a/i),b/(b/i));
            ans+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(a/i)*(b/i);
            //sum是miu的前缀和
        }

例题：bzoj2301/洛谷2522 problem b

这题和上题差不多吧…加上一个容斥就行了。容斥是这样的：

ans=find(b/k,d/k)-find((a-1)/k,d/k)-find((c-1)/k,b/k)+find((a-1)/k,(c-1)/k);

而find函数就是上文代码中的这一段：

for(i=1;i<=min(x,y);i=j+1){
        j=min(x/(x/i),y/(y/i));
        re+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
    }

例题：bzoj2820/洛谷P2257 YY的GCD

题目大意：给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
假设$n<m$,此处/号代表向下取整

根据两题我们知道，通过$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$,然后设$f(x)$为$gcd(a,b)=x$的数对数，$F(x)$为$x|gcd(a,b)$的数对数，用莫比乌斯反演第二条可以求出式子：$$f(x)=\sum _{x|d}\mu (\frac{d}{x})\frac{n}{d}\ast \frac{m}{d}$$
再令上一个式子中的$x=p$，$d=pi$可得：

$$ans=\sum _{isprime(p)}^n\sum _i^n(\frac{n}{ip})(\frac{m}{ip})\mu (i)$$
意会一下就可以发现，假如设$T=ip$,那么就有：

$$ans=\sum _T^n(\frac{n}{T})(\frac{m}{T})\sum _{p|T且isprime(p)}\mu (\frac{T}{p})$$

这样我们预处理一下后面那团东西的前缀和即可，就这样。

#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
int read(){
	int q=0;char ch=' ';
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
	return q;
}
const int maxn=10000005;
int n,m,T,tot,lim=10000000;
bool is[maxn];ll sum[maxn];
int pri[maxn>>1],mu[maxn];
void init(){
	int i,j,p;ll k;
	mu[1]=1;
	for(i=2;i<=lim;i++){
		if(!is[i]){pri[++tot]=i;mu[i]=-1;}
		for(j=1;j<=tot;j++){
			k=(ll)i*pri[j];if(k>lim)break;
			is[k]=1;
			if(i%pri[j])mu[k]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(i=1;i<=tot;i++)//预处理前缀和的办法
		for(j=1;pri[i]*j<=lim;j++)sum[pri[i]*j]+=mu[j];
	for(i=1;i<=lim;i++)sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
}
int main()
{
	init();T=read();
    while(T--){
    	n=read();m=read();
    	if(n>m)swap(n,m);
    	ll ans=0;
    	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
    		j=min(n/(n/i),m/(m/i));//一毛一样的优化
    		ans+=(ll)(n/i)*(ll)(m/i)*(ll)(sum[j]-sum[i-1]);
    	}
    	printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

例题：bzoj2005/洛谷1447 能量采集

dalao们的题解经常长这样：水题，贴代码

水吗…蒟蒻泪流满面。

好吧好吧，那蒟蒻就来跟着dalao推一推。

1.容易意会得到，一颗坐标为(x,y)植物连线上的植物数量就是gcd(x,y)-1;
题目中的式子变一下，主要矛盾是求$$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^{m}gcd(x,y)$$

2.首先有一条结论：一个数的所有因子的欧拉函数之和等于这个数本身。

然后x和y的公因子肯定是他们最大公约数的因子，所以就是求$$\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\sum _{d=1}^n[d|n且d|m]\varphi (d)$$

3.随便交换律一下得到：$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n[d|n]\sum _{j=1}^m[d|m]\varphi (d)\ast (n/i)\ast (m/i)$$

注意：n/i和m/i是向下取整，下同

4.现在求起来就方便多了，不过呢，还有一个优化，对于一个数i来说，设它的$n/i=k_1,m/i=k_2$，则同样满足$n/j=k_1,m/j=k_2$的最大$j=min(n/k_1,m/k_2);$

5.最后把得到的结果乘以2再减去m*n即可

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,ans;int tot;
bool is[1000010];
int pri[1000010],phi[10000100];
ll sum[1000010];
void init(){
    ll i,j,k;
    phi[1]=1;
    for(i=2;i<=n;i++){
        if(!is[i]){phi[i]=i-1;pri[++tot]=i;}
        for(j=1;j<=tot;j++){
            k=pri[j]*i;if(k>n)break;
            is[k]=1;
            if(i%pri[j]==0){phi[k]=(ll)phi[i]*pri[j];break;}
            else phi[k]=(ll)(pri[j]-1)*phi[i];
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
}
int main()
{
    ll i,j;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if(n>m)swap(n,m);
    init();
    for(i=1;i<=n;i=j+1){
        j=min(m/(m/i),n/(n/i));
        ans+=(ll)(sum[j]-sum[i-1])*(m/i)*(n/i);
    }
    ans=(ll)ans*2-(ll)n*m;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

其他练习

相信你经过例题的磨炼，已经对莫比乌斯反演的应用有了基本的了解，下面我们再来几道水题练练手吧。

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