Mobius反演方法

<更新提示>

前置知识：建议有一点$Dirichlet$卷积的基础，会线性筛求积性函数。本文可能会持续更新。

可以看我以前在博客园的博客。

---

<正文>

0. 符号及约定

$1.$ $[P]$是指正则表达式，当$P$为$true$时，$[P]=1$，当$P$为$false$时，$[P]=0$。

$2.$ 约数个数函数定义为$\tau (n)={\sum }_{d|n}1$。

$3.$ 约数和函数定义为$\sigma (n)={\sum }_{d|n}d$。

$4.$ 元函数定义为$e(n)=[n=1]$。

$5.$ 恒等函数定义为$I(n)=1$。

$6.$ 单位函数定义为${ϵ}_k(n)=n^k$。

$7.$ 欧拉函数定义为$\phi (n)={\sum }_{i=1}^n[\gcd (i,n)=1]$。

$8.$ 设$n=\prod p_i^{c_i}$，则莫比乌斯函数定义为$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& \forall c_i=1\\ 0& \exists c_i>1\end{array}$。

$9.$ 对于数论函数$f$，若满足$\gcd (a,b)=1$时，有$f(ab)=f(a)f(b)$，则称函数$f$为积性函数。

$10.$ 对于两个函数$f,g$，定义他们的$dirichlet$卷积为：$(f\times g)(n)={\sum }_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$，函数$f,g$不必要是积性函数。

1. 欧拉筛法

前置知识里已经提到过，以下给出本文可能会使用的线性筛代码：

int flag[N],Prime[N],cnt;
inline void EularSieve(void)
{
     
    for (int i=2;i<=Lim;i++)
    {
     
        if ( !flag[i] ) Prime[++cnt] = i;
        for (int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=Lim;j++)
        {
     
            flag[ i*Prime[j] ] = true;
            if ( i % Prime[j] == 0 ) break;
        }
    }
}

这是最朴素的欧拉筛法，不过当我们要筛一些比较复杂的积性函数的时候，线性筛方程的推导可能会非常复杂。

因此我们考虑引入一种更好的线性筛法，目的是能够方便的筛出积性函数的值。

首先，我们注意到积性函数的性质：当$\gcd (a,b)=1$时，有$f(ab)=f(a)f(b)$。那么对于一个任意的正整数$n$，我们可以用算术基本定理进行分解：

$$n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}$$

此时，任意的$i,j\in [1,k]$都满足$\gcd (p_i^{c_i},p_j^{c_j})=1$。那么我们就可以得到：

$$f(n)=f\left(\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}\right)=\prod _{i=1}^{k}f(p_i^{c_i})$$

那么我们就有一个想法：利用定义求出积性函数$f$在所有素数幂出的取值，然后直接递推出所有函数值。

具体地说，可以这样递推：

f[1] = 1;
for (int i=2;i<=Lim;i++)
    if ( i == Pow[i] ) f[i] = calc(p[i],e[i]);
    else f[i] = f[i/Pow[i]] * f[Pow[i]];

其中$p[i]$代表数$i$的最小素因子，$e[i]$代表$i$的分解式中$p[i]$这个素因子的指数，$calc$就是求素数幂处取值的函数，而$Pow[i]=p[i{]}^{e[i]}$，，这样是不是就符合我们的要求了呢？

那么现在我们的问题就是如何求出$p,e,Pow$这三个数组，幸运的是，他们都可以在线性筛的过程中求。

根据欧拉筛法每次用一个数的最小素因子筛去这个合数，就可以更新这三个数组的值了。

代码如下：

int p[N],e[N],Pow[N],Prime[N],cnt;
inline void EularSieve(void)
{
     
    Pow[1] = p[1] = 1 , e[1] = 0;
    for (int i=2;i<=Lim;i++)
    {
     
        if ( p[i] == 0 )
            p[i] = Pow[i] = Prime[++cnt] = i , e[i] = 1;
        // 判定一个新素数
        for (int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=Lim;j++)
        {
     
            int Next = i * Prime[j];
            if ( p[i] == Prime[j] )
            {
     
                e[Next] = e[i] + 1;
                Pow[Next] = Pow[i] * Prime[j];
                // 有相同的素因子
                break;
            }
            else e[Next] = 1 , Pow[Next] = Prime[j];
            // 没有相同的素因子
        }
    }
    f[1] = 1;
    for (int i=2;i<=Lim;i++)
        if ( i == Pow[i] ) f[i] = calc(p[i],e[i]);
        else f[i] = f[i/Pow[i]] * f[Pow[i]];
}

2. $Dirichlet$卷积

2.1 $Dirichlet$卷积的性质

$1.$ 两个积性函数$f$和$g$的$dirichlet$卷积仍为积性函数。

证明：

设有两个积性函数$f$和$g$，则它们的$dirichlet$卷积为：

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

对于函数$h$则可以得到：

$$\begin{gathered} h(x)h(y)=\left(\sum _{d_1|x}f(d_1)g(\frac{x}{d_1})\right)\left(\sum _{d_2|y}f(d_2)g(\frac{y}{d_2})\right) \\ =\sum _{d_1|x,d_2|y}f(d_1{d}_2)g\left(\frac{xy}{d_1{d}_2}\right) \\ =\sum _{d|xy}f(d)g\left(\frac{xy}{d}\right)=h(xy) \end{gathered}$$

故函数$h$为积性函数。

$2.$ $dirichlet$卷积满足交换律。

证明：

设有数论函数$f$和$g$，则有：

$$\begin{gathered} f\times g=\sum _{d|n}f(n)g(\frac{n}{d}) \\ =\sum _{d|n}g(n)f(\frac{n}{d})=g\times f \end{gathered}$$

$3.$ $dirichlet$卷积满足结合律。

证明：

设有数论函数$f$，$g$和$h$，则有：

$$\begin{gathered} (f\times g)\times h=f\times g\times h \\ =g\times h\times f=(g\times h)\times f \\ =f\times (g\times h) \end{gathered}$$

$4.$ $dirichlet$卷积满足分配律。

证明：

设有数论函数$f$，$g$和$h$，则有：

$$\begin{gathered} (g+h)\times f=\sum _{d|n}(g(d)+h(d))f(\frac{n}{d}) \\ =\sum _{d|n}g(d)f(\frac{n}{d})+\sum _{d|n}h(d)f(\frac{n}{d}) \\ =g\times f+h\times f \end{gathered}$$

2.2 常见的$Dirichlet$卷积

$1.$ $f\times e=f$

$2.$ $ϵ=\phi \times I$

$3.$ $\tau =I\times I$

$4.$ $\sigma =ϵ\times I$

$5.$ $e=\mu \times I$

$6.$ $\phi =ϵ\times \mu$

$7.$ $\sigma =\tau \times \phi$

这些卷积的证明多数在『简单积性函数和dirichlet卷积』一文中有，此处篇幅受限，顾略去证明。

3. 下取整函数的性质

$1.$ 对于$i\in \left[x,\lfloor \frac{k}{\lfloor \frac{k}{x}\rfloor }\rfloor \right]$，$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$的值都相等。

证明：

设$f(x)=\lfloor \frac{k}{\lfloor \frac{k}{x}\rfloor }\rfloor$，显然有$f(x)\ge \lfloor \frac{k}{(\frac{k}{x})}\rfloor =x$，则可得$\lfloor \frac{k}{f(x)}\rfloor \le \lfloor \frac{k}{x}\rfloor$。

从另一方面考虑，则有$\lfloor \frac{k}{f(x)}\rfloor \ge \lfloor \frac{k}{\frac{k}{\lfloor k/x\rfloor }}\rfloor =\lfloor \frac{k}{x}\rfloor$，则可得：$\lfloor \frac{k}{f(x)}\rfloor =\lfloor \frac{k}{x}\rfloor$。

$2.$ $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$最多只有$2\sqrt{n}$种取值。

证明：

当$k\le \sqrt{n}$时，至多只有$\sqrt{n}$个$k$，所以对应的取值只有$\sqrt{n}$种。

当$k>\sqrt{n}$时，有$1\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor \le \sqrt{n}$，所以对应的取值也只有$\sqrt{n}$种。

那么当我们要对某个有关下取整函数的值求和的时候，就可以使用如下的整除分块算法，时间复杂度$O(\sqrt{n})$。

inline int calc(void)
{
     
    int res = 0;
    for (int l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
     
        r = n/l ? min( n/(n/l) , n ) : n;
        res += f(n/l);
    }
    return res;
}

对于二元的情况，其实也是一样的，我们考虑间断点合并，就可以证明其时间复杂度为$O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$。

inline int calclim(int n,int k,int l) {
      return k/l ? min( k/(k/l) , n ) : n; }
inline int calc(void)
{
     
    int res = 0;
    for (int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
    {
     
        r = calclim( min(n,m) , n , l );
        r = min( r , calclim( min(n,m) , m , r ) );
        // 此时，区间[l,r]中所有的 [n/l] 都相等,所有的 [m/l] 也都相等。 
        res += f( n/l , m/l );
    }
    return res;
}

$3.$ 若$m$是正整数，则有$\lfloor \frac{\lfloor x\rfloor }{m}\rfloor =\lfloor \frac{x}{m}\rfloor$。

证明：

设$x=km+r(r<m)$，则$$\begin{gathered} \lfloor \frac{\lfloor x\rfloor }{m}\rfloor =\lfloor k+\frac{\lfloor r\rfloor }{m}\rfloor =k \\ \lfloor \frac{x}{m}\rfloor =\lfloor k+\frac{r}{m}\rfloor =k \end{gathered}$$

推论 ： $$\lfloor \frac{\lfloor \frac{k}{n}\rfloor }{m}\rfloor =\lfloor \frac{k}{nm}\rfloor$$

4. 反演原理

反演形式$1$：

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

证明： 由$e=\mu \times I$可得。

反演形式$2$（因数形式莫比乌斯定理）：

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

证明1：$dirichlet$卷积

已知$F=I\times f$，则有$\mu \times F=\mu \times I\times F$，故$\mu \times F=e\times f=f$。

证明2：代数反演

$$\begin{gathered} \sum _{d|n}\mu (d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}f\left(d^{\prime }\right) \\ =\sum _{d^{\prime }|n}f(d^{\prime })\sum _{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu \left(d\right) \end{gathered}$$

由$\mu \times I=e$可知${\sum }_{d|\frac{n}{d^{\prime }}}\mu (d)$非$0$当且仅当$\frac{n}{d^{\prime }}=1$，所以$d^{\prime }=n$，原式即为$f(n)$。

反演形式$3$（倍数形式莫比乌斯定理）：

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

证明：

好像没有找到$dirichlet$卷积的证明，就先写一个代数证明吧。

设$\frac{d}{n}=k$，则可以得到：

$$\begin{gathered} \sum _{n|d}\mu \left(\frac{d}{n}\right)F(d)=\sum _{k=1}^{\infty }\mu (k)F(nk) \\ =\sum _{k=1}^{\infty }\mu (k)\sum _{nk|t}f(t)=\sum _{n|t}f(t)\sum _{k|\frac{t}{n}}\mu (k) \end{gathered}$$

由$\mu \times I=e$可知${\sum }_{k|\frac{t}{n}}\mu (k)$非$0$当且仅当$\frac{t}{n}=1$，所以$t=n$，原式即为$f(n)$。

5. 例题

5.1 前言

好了，终于到了例题环节，这一部分对于真正学会莫比乌斯反演才是最重要的。这一节将会通过例题着重讲解反演原理的运用。对于反演原理一节，形式$1,3$最为重要，即使其本质基本相同，也希望读者能够时刻牢记。

5.2 BZOJ2301 Problem b

有$T$组询问，求

$$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[\gcd (i,j)=k]$$

$a,b,c,d,T,k\le 50000$。

首先，我们不妨将这个式子看成一个数表，第$i$行第$j$列的格子符合要求$\gcd (i,j)=k$，就有$1$的价值。于是原式求的就是数表的子矩阵$(a,c)-(b,d)$的价值和。

这样我们就可以用二维前缀和的思想容斥

矩阵的价值和。即求：

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

想必这个函数没法直接求吧，我们可以考虑运用倍数形式莫比乌斯定理，设：

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

思考一下$F(x)$是什么？函数$f$在$x$所有倍数处的取值之和。也就是说一对$(i,j)$的最大公约数只要是$x$的倍数，就会对$F(x)$有一个$1$的贡献。

我们知道$x|\gcd (i,j)$等价于$i,j$都是$x$的倍数，既然$i\in [1,n],j\in [1,m]$，那么函数$F$的值就很好求了。

$$F(x)=\sum _{x|k}f(k)=\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor$$

我们知道了函数$F$的求法，就可以大胆地套用倍数形式莫比乌斯定理了：

$$f(k)=\sum _{k|x}\mu \left(\frac{x}{k}\right)F(x)=\sum _{k|x}\mu \left(\frac{x}{k}\right)\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor$$

我们可以枚举$k$的倍数$O(n)$计算答案了，但似乎这样还会超时。

回想起整除分块的优化了吗？我们不妨设$t=\frac{x}{k}$，那么就有：

$$f(k)=\sum _{t=1}^{\frac{min(n,m)}{k}}\mu (t)\lfloor \frac{n}{tk}\rfloor \lfloor \frac{m}{tk}\rfloor =\sum _{t=1}^{\frac{min(n,m)}{k}}\mu (t)\lfloor \frac{\lfloor n/k\rfloor }{t}\rfloor \lfloor \frac{\lfloor m/k\rfloor }{t}\rfloor$$

注意，上面的推导还用了下取整函数的性质$3$。

好了，我们可以线性筛预处理莫比乌斯函数，并求出他的前缀和，然后运用整除分块算法，$O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$计算每一组询问的答案。

参考代码如下：

#include 
using namespace std;
const int N = 50020;
int a,b,c,d,k,sum[N];
int cnt,Prime[N],p[N],e[N],Pow[N],mu[N];
inline void EularSieve(void)
{
     
    p[1] = Pow[1] = 1 , e[1] = 0;
    for (int i=2;i<=N-20;i++)
    {
     
        if ( p[i] == 0 )
            p[i] = Pow[i] = Prime[++cnt] = i , e[i] = 1;
        for (int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=N-20;j++)
        {
     
            int Next = i * Prime[j];
            p[Next] = Prime[j];
            if ( p[i] == Prime[j] )
            {
     
                e[Next] = e[i] + 1;
                Pow[Next] = Pow[i] * Prime[j];
                break;
            }
            else e[Next] = 1 , Pow[Next] = Prime[j];
        }
    }
    mu[1] = 1;
    for (int i=2;i<=N-20;i++)
        if ( Pow[i] == i ) mu[i] = e[i] >= 2 ? 0 : -1;
        else mu[i] = mu[i/Pow[i]] * mu[Pow[i]];
    // 欧拉筛法+递推求莫比乌斯函数
}
inline void init(void)
{
     
    for (int i=1;i<=N-20;i++)
        sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
    // 计算一下莫比乌斯函数的前缀和
}
inline int calclim(int n,int k,int l) {
      return k/l ? min( k/(k/l) , n ) : n; }
inline long long Mobius(int n,int m,int k)
{
     
    long long res = 0; n /= k , m /= k;
    for (int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
    {
     
        r = calclim( min(n,m) , n , l );
        r = min( r , calclim( min(n,m) , m , l ) );
        res += 1LL * ( sum[r] - sum[l-1] ) * (n/l) * (m/l);
        // 整除分块，直接计算答案
    }
    return res;
}
int main(void)
{
     
    EularSieve() , init();
    int T; scanf("%d",&T);
    while ( T --> 0 )
    {
     
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        long long ans = Mobius( b , d , k );
        ans -= Mobius( b , c-1 , k );
        ans -= Mobius( a-1 , d , k );
        ans += Mobius( a-1 , c-1 , k );
        // 容斥一下，求原问题的答案
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0; // 拜拜程序
}

5.3 BZOJ2820 YY的GCD

有$T$组询问，求

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

$n,m\le 10^7,T\le 10000$。

有了上一题的经验，相信大家可以轻松推导到这一步：

$$ans=\sum _{p\in Prime}\sum _{t=1}^{\frac{min(n,m)}{p}}\mu (t)\lfloor \frac{n}{tp}\rfloor \lfloor \frac{m}{tp}\rfloor$$

直接枚举质数$p$求和，由素数定理可知时间复杂度为$O(\frac{n}{\ln n}(\sqrt{n}+\sqrt{m}))$，仍然会超时。

由于$p$也是需要枚举的未知量，此时我们不妨设$tp=T$，则原式可以化为：

$$\sum _{T=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{p\in Prime|T}\mu \left(\frac{T}{p}\right)$$

再设$f(T)={\sum }_{p\in Prime|T}\mu \left(\frac{T}{p}\right)$，那么就有：

$$ans=\sum _{T=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor f(T)$$

借鉴上一题的思路，如果我们能够预处理出函数$f$的值，并求出前缀和，就也可以整除分块回答询问了。

不幸的是，函数$f$和质数有关，不是积性函数，不能用我们之前的方法递推。

但是我们发现$n$以内素数大约只有$\frac{n}{\ln n}$个，直接枚举每一个质数去更新它的倍数，均摊每个质数也只会更新$\ln n$次，所以暴力求值的时间复杂度也不会超时，大约是$O(n)$的。

这个函数的递推其实有严格线性的方法，不过鉴于要推导更复杂的公式，在这道题中完全没有必要，故本文不再赘述。

参考代码：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10000020;
int cnt,Prime[N],p[N],e[N],Pow[N],mu[N],f[N],a,b;
inline void EularSieve(void)
{
     
    p[1] = Pow[1] = 1 , e[1] = 0;
    for (int i=2;i<=N-20;i++)
    {
     
        if ( p[i] == 0 )
            p[i] = Pow[i] = Prime[++cnt] = i , e[i] = 1;
        for (int j=1;j<=cnt&&i*Prime[j]<=N-20;j++)
        {
     
            int Next = i * Prime[j];
            p[Next] = Prime[j];
            if ( p[i] == Prime[j] )
            {
     
                e[Next] = e[i] + 1;
                Pow[Next] = Pow[i] * Prime[j];
                break;
            }
            else e[Next] = 1 , Pow[Next] = Prime[j];
        }
    }
    mu[1] = 1;
    for (int i=2;i<=N-20;i++)
        if ( Pow[i] == i ) mu[i] = e[i] >= 2 ? 0 : -1;
        else mu[i] = mu[i/Pow[i]] * mu[Pow[i]];
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
        for (int j=1;j*Prime[i]<=N-20;j++)
            f[j*Prime[i]] += mu[j];
    // 枚举质数暴力更新
    for (int i=1;i<=N-20;i++) f[i] += f[i-1];
}
inline int calclim(int n,int k,int l) {
      return k/l ? min( k/(k/l) , n ) : n; }
inline ll Mobius(void)
{
     
    ll res = 0;
    for (int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1)
    {
     
        r = calclim( min(a,b) , a , l );
        r = min( r , calclim( min(a,b) , b , l ) );
        res += 1LL * ( f[r] - f[l-1] ) * (a/l) * (b/l);
    }
    return res;
}
int main(void)
{
     
    EularSieve();
    int T; scanf("%d",&T);
    while ( T --> 0 )
        scanf("%d%d",&a,&b),
        printf("%lld\n",Mobius());
    return 0;
}

---

<后记>