[笔记]莫比乌斯反演乱记

写在前面

本文章已同步发布在博主的博客园，也可以去那里看

这是蒟蒻第一次写这么长的博文

如果觉得写得凑合就点个支持吧$qwq$

前置知识

积性函数、狄利克雷卷积、数论分块（这一篇去找gyh吧我讲也讲不好）(有空慢慢补)

Mobius函数

定义

莫比乌斯函数$\mu (n)$定义为：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{rl}1,& n=1\\ (-1{)}^s,& n=p_1{p}_2\dots p_s（s为n的本质不同的质因子个数）\\ 0,& n有平方因子\end{array}$$

其中$p_1{p}_2\dots ，p_s$是不同素数。

可以看出，当$n$没有平方因子时，$\mu (n)$非零。

$\mu$也是积性函数。

性质

莫比乌斯函数具有如下的性质：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=ϵ(n)=[n=1]$$

使用狄利克雷卷积来表示，即

$$\mu \ast 1=ϵ$$

证明：

$n=1$时显然成立。

若$n>1$，设$n$有$s$个不同的素因子，由于$\mu (d)\ne 0$当且仅当$d$无平方因子，故$d$中每个素因子的指数只能为$0$或$1$。

若$n$的某个因子$d$，有$\mu (d)=(-1{)}^i$，则它由$i$个本质不同的质因子构成。因为质因子的总数为$s$，所以满足上式的因子数有$C_s^i$个。

所以我们就可以对于原式，转化为枚举$\mu (d)$的值，同时运用二项式定理，故有

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{i=0}^s{C}_s^i\times (-1{)}^i=\sum _{i=0}^s{C}_s^i\times (-1{)}^i\times 1^{s-i}=(1+(-1){)}^s$$

该式在$s=0$即$n=1$时为1，否则为$0$。

求莫比乌斯函数

因为莫比乌斯函数是积性函数，所以可以用线性筛

int n, cnt, p[A], mu[A];
bool vis[A];

void getmu() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
	if (!vis[i]) mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
	for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; j++) {
	    vis[i * p[j]] = 1;
	    if (i % p[j] == 0) { mu[i * p[j]] = 0; break; }
	    mu[i * p[j]] -= mu[i];
	}
    }
}

莫比乌斯反演公式

设$f(n)$，$g(n)$为两个数论函数。

如果有

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

则有

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

证明

• 法一：对原式做数论变换

  1. $\sum _{d|n}g(d)$替换$f(n)$，即

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

  2. 变换求和顺序得

     $$\sum _{k|n}g(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (\frac{n}{k})$$

  3. 因为$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$，所以只有在$\frac{n}{k}=1$即$n=k$时才会成立，所以上式等价于

     $$\sum _{d|n}[n=k]g(k)=g(n)$$

  得证

• 法二：利用卷积

  原问题为：已知$f=g\ast 1$，证明$g=f\ast \mu$

  转化：$f\ast \mu =g\ast 1\ast \mu =g\ast \epsilon =g$（$1\ast \mu =\epsilon$）

  再次得证= =

小性质

$[\gcd (i,j)=1]\iff \sum _{d|\gcd (i,j)}\mu (d)$

证明

• 法一：

  设$n=\gcd (i,j)$，那么等式右边$=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=[\gcd (i,j)=1]=$等式左边

• 法二：

  利用单位函数暴力拆开：$[\gcd (i,j)=1]=\epsilon (\gcd (i,j))=\sum _{d|\gcd (i,j)}\mu (d)$

做题思路&&应用

利用狄利克雷卷积可以解决一系列求和问题。常见做法是使用一个狄利克雷卷积替换求和式中的一部分，然后调换求和顺序，最终降低时间复杂度。

经常利用的卷积有$\mu \ast 1=ϵ$和$\text{Id}=\phi \ast 1$。

题

还是以题为主吧，但是做的题也会单独写题解，毕竟要多水几篇博客的嘛/huaji

洛谷 P2522 [HAOI2011]Problem b

题目链接

我的题解

有$n$组询问，每次给出$a,b,c,d,k$，求$\sum _{x=a}^b\sum _{y=c}^d[\gcd (x,y)=k]$

设$f(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]$

那么根据容斥原理，题目中的式子就转化成了$f(b,d)-f(b,c-1)-f(a-1,d)+f(a-1,c-1)$

所以我们接下来的问题就转化为了如何求$f$的值

现在来化简$f$的值

1. 容易得出原式等价于$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]$$

2. 因为$ϵ(n)=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$，由此可将原式化为
   $$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

3. 改变枚举对象并改变枚举顺序，先枚举$d$，得
   $$\sum _{d=1}^{\min (n,m)}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[d|j]$$

   也就是说当$d|i$且$d|j$时，$d|\gcd (i,j)$

4. 易得$1\sim \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$中一共有$\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor$个$d$的倍数，同理$1\sim \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$中一共有$\lfloor \frac{m}{dk}\rfloor$个$d$的倍数，于是原式化为$$\sum _{d=1}^{\min (n,m)}\mu (d)\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor \lfloor \frac{m}{dk}\rfloor$$

此时已经可以$O(n)$求解，但是过不了，因为有很多值相同的区间，所以可以用数论分块来做

先预处理$\mu$，再用数论分块，复杂度$O(n+T\sqrt{n})$

我的代码每次得分玄学，看评测机心情，建议自己写

/*
Author:loceaner
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int A = 1e6 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

int n, a, b, c, d, k, cnt, p[A], mu[A], sum[A];
bool vis[A];

void getmu() {
	int MAX = 50010;
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= MAX; i++) {
		if (!vis[i]) mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= MAX; j++) {
			vis[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] -= mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= MAX; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int work(int x, int y) {
	int ans = 0ll;
	int max = min(x, y);
	for (int l = 1, r; l <= max; l = r + 1) {
		r = min(x / (x / l), y / (y / l));
		ans += (1ll * x / (l * k)) * (1ll * y / (l * k)) * 1ll * (sum[r] - sum[l - 1]); 
	}
	return ans;
}

void solve() {
	a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read();
	cout << work(b, d) - work(a - 1, d) - work(b, c - 1) + work(a - 1, c - 1) << '\n';
}

signed main() {
	getmu();
	int T = read();
	while (T--) solve();
	return 0;
}

洛谷 P3455 [POI2007]ZAP-Queries

题目链接

我的题解

有$T$组询问，每次询问求

$$\sum _{x=1}^a\sum _{y=1}^b[\gcd (x,y)=d]$$

因为我不喜欢用$x、y、a、b、d$，所以一一对应换成$i、j、n、m、k$

直接淦式子（太长了CSDN加载不出来于是换成了截图）

现在就可以每次询问$O(n)$做这道题了

但是跑不过啊，不过显然可以数论分块，所以我们就可以$O(\sqrt{n})$回答每次询问了

/*
Author:loceaner
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int A = 5e5 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

int n, m, k, mu[A], p[A], sum[A], cnt;
bool vis[A];

void getmu(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!vis[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; j++) {
			vis[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] -= mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int solve(int n, int m, int k) {
	int ans = 0, maxn = min(n, m);
	for (int l = 1, r; l <= maxn; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (n / (k * l)) * (m / (k * l));
	}
	return ans;
}

int main() {
	getmu(50000);
	int T = read();
	while (T--) {
		n = read(), m = read(), k = read();
		cout << solve(n, m, k) << '\n';
	}
	return 0;
}

洛谷 P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

题目链接

我的题解

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\text{lcm}(i,j)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}20101009)$$

容易想到原式等价于

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\ast j}{\gcd (i,j)}$$

枚举$i,j$的最大公约数$d$，显然$\gcd (\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1$，即$\frac{i}{d}$和$\frac{j}{d}$互质

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i,d|j,\gcd (\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\ast j}{d}$$

变换求和顺序

$$\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]i\ast j$$

记$sum(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=1]i\ast j$

对其进行化简，用$\epsilon (\gcd (i,j))$替换$[\gcd (i,j)=1]$

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|\gcd (i,j)}\mu (d)\ast i\ast j$$

转化为首先枚举约数

$$\sum _{d=1}^{\min (n,m)}\sum _{d|i}^n\sum _{d|j}^m\mu (d)\ast i\ast j$$

设$i=i^{\prime }\ast d,j=j^{\prime }\ast d$，则可以进一步转化

$$\sum _{d=1}^{\min (n,m)}\mu (d)\ast d^2\ast \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\ast j$$

前半段可以处理前缀和，后半段可以$O(1)$求，设

$$Q(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\ast j=\frac{n\ast (n+1)}{2}\ast \frac{m\ast (m+1)}{2}$$

显然可以$O(1)$求解

到现在

$$sum(n,m)=\sum _{d=1}^{\min (n,m)}\mu (d)\ast d^2\ast Q(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

可以用数论分块求解

回带到原式中

$$\sum _{d=1}^{\min (n,m)}d\ast sum(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

又可以数论分块求解了

然后就做完啦

/*
Author:loceaner
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define int long long
using namespace std;

const int A = 1e7 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 20101009;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
    return x * f;
}

bool vis[A];
int n, m, mu[A], p[B], sum[A], cnt;

void getmu() {
    mu[1] = 1;
    int k = min(n, m);
    for (int i = 2; i <= k; i++) {
        if (!vis[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= k; ++j) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            if (i % p[j] == 0) break;
            mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++) sum[i] = (sum[i - 1] + i * i % mod * mu[i]) % mod;
}

int Sum(int x, int y) { 
	return (x * (x + 1) / 2 % mod) * (y * (y + 1) / 2 % mod) % mod; 
}

int solve2(int x, int y) {
    int res = 0;
    for (int i = 1, j; i <= min(x, y); i = j + 1) {
        j = min(x / (x / i), y / (y / i));
        res = (res + 1LL * (sum[j] - sum[i - 1] + mod) * Sum(x / i, y / i) % mod) % mod;
    }
    return res;
}

int solve(int x, int y) {
    int res = 0;
    for (int i = 1, j; i <= min(x, y); i = j + 1) {
        j = min(x / (x / i), y / (y / i));
        res = (res + 1LL * (j - i + 1) * (i + j) / 2 % mod * solve2(x / i, y / i) % mod) % mod;
    }
    return res;
}

signed main() {
    n = read(), m = read();
    getmu();
    cout << solve(n, m) << '\n';
}

洛谷 P2257 YY的GCD

题目链接

给定$n,m$,求二元组$(x,y)$的个数，满足$1\le x\le n,1\le y\le m$，且$gcd(x,y)$是素数。

$n,m\le 10^7$，自带多组数据，至多$10^4$组数据。

思路与第一题Problem B类似，在这里不再赘述，只给出代码= =

#include  
#include 
#include  
#include 
using namespace std;

const int A = 1e7 + 11; 

inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	for ( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1; 
	for ( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

bool vis[A];
long long sum[A];
int prim[A], mu[A], g[A], cnt, n, m;

void get_mu(int n) {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!vis[i]) {
            mu[i] = -1;
            prim[++cnt] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && prim[j] * i <= n; j++) {
            vis[i * prim[j]] = 1;
            if (i % prim[j] == 0) break;
            else mu[prim[j] * i] = - mu[i];
        }
    }
    for (int j = 1; j <= cnt; j++)
        for (int i = 1; i * prim[j] <= n; i++) g[i * prim[j]] += mu[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + (long long)g[i];
}

signed main() {
    int t = read();
    get_mu(10000000);
    while (t--) {
        n = read(), m = read();
        if (n > m) swap(n, m);
        long long ans = 0;
        for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            r = min(n / (n / l), m / (m / l));
            ans += 1ll * (n / l) * (m / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
        }
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

洛谷 P3327 [SDOI2015]约数个数和

题目链接

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$$

$d(x)$为$x$的约数个数和

需要用到

$$d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[\gcd (x,y)=1]$$

证明我也不会

然后自己推导吧，在此不再赘述

/*
Author:loceaner
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int A = 5e5 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
	char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
	for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

bool vis[A];
int n, m, p[A], mu[A], cnt, sum[A];
long long g[A], ans;

void getmu(int n) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!vis[i]) mu[i] = -1, p[++cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; j++) {
			vis[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] -= mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int ans = 0;
		for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
			r = (i / (i / l));
			ans += 1ll * (r - l + 1) * (i / l);
		}
		g[i] = ans;
	}
}

signed main() {
	int T = read();
	getmu(50000);
	while (T--) {
		n = read(), m = read();
		int maxn = min(n, m);
		ans = 0;
		for (int l = 1, r; l <= maxn; l = r + 1) {
			r = min(n / (n / l), m / (m / l));
			ans += 1ll * (sum[r] - sum[l - 1]) * 1ll * g[n / l] * 1ll * g[m / l];
		}
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

洛谷 P4449 于神之怒加强版

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\gcd (i,j{)}^k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e9+7)$$

还是直接淦式子

令$P=dx$，则原式等于

$$\sum _{P=1}^{\min (n,m)}\lfloor \frac{n}{P}\rfloor \lfloor \frac{m}{P}\rfloor \sum _{d|P}{d}^k\mu (\frac{P}{d})$$

显然前面的$\lfloor \frac{n}{P}\rfloor \lfloor \frac{m}{P}\rfloor$部分可以分块求解。

现在考虑后面的一部分，令

$$g(n)=\sum _{d|n}{d}^k\mu (\frac{n}{d})$$

容易得出这个函数是积性函数，所以我们就可以线性筛然后求出其前缀和

然后就做完了

/*
Author:loceaner
莫比乌斯反演
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define int long long
using namespace std;

const int A = 5e6 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
	char c = getchar();
	int x = 0, f = 1;
	for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
	for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
	return x * f;
}

bool vis[A];
int T, n, m, k, f[A], g[A], p[A], cnt, sum[A];

inline int power(int a, int b) {
	int res = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod, b >>= 1;
	}
	return res;
}

inline int mo(int x) {
	if(x > mod) x -= mod;
	return x;
}

inline void work() {
	g[1] = 1;
	int maxn = 5e6 + 1;
	for (int i = 2; i <= maxn; i++) {
		if (!vis[i]) { p[++cnt] = i, f[cnt] = power(i, k), g[i] = mo(f[cnt] - 1 + mod); }
		for (int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= maxn; j++) {
			vis[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) { g[i * p[j]] = g[i] * 1ll * f[j] % mod; break; }
			g[i * p[j]] = g[i] * 1ll * g[p[j]] % mod;
		}
	}
	for (int i = 2; i <= maxn; i++) g[i] = (g[i - 1] + g[i]) % mod;
}

inline int abss(int x) {
	while (x < 0) x += mod;
	return x;
}

signed main() {
	T = read(), k = read();
	work();
	while (T--) {
		n = read(), m = read();
		int maxn = min(n, m), ans = 0;
		for (int l = 1, r; l <= maxn; l = r + 1) {
			r = min(n / (n / l), m / (m / l));
			(ans += abss(g[r] - g[l - 1]) * 1ll * (n / l) % mod * (m / l) % mod) %= mod;
		}
		ans = (ans % mod + mod) % mod;
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}