莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数，定义如下：

• 若$d=1$则$\mu (d)=1$

• 若$d=p_1{p}_2\dots p_k$为互异素数，那么$\mu (d)=(-1{)}^k$

• 其它情况下$\mu (d)=0$

莫比乌斯函数的性质

对于任意正整数$n$有：

​ 若$n=1,\sum _{d|n}\mu (d)=1$

​ 若$n>1,\sum _{d|n}\mu (d)=0$

证明：

• 当$n=1$时显然

• 当$n>1$时，将分解可以得到$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_k^{a_k}$

​ 在$n$的所有因子中，$\mu$值不为零的只有所有质因子次数都为1的因子，其中质因数个数为$r$个的因子有$C_k^r$个。

那么显然有：

$\sum _{d|n}\mu (d)=C_k^0-C_k^1+C_k^2-\cdots +(-1{)}^k{C}_k^k=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i$

只需证明$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i=0(n\in N_{+})$即可。

二项式定理:$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{x}^i{y}^{(n-i)}$

令$x=-1,y=1,$代入即可得证$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i{C}_k^i=(1-1{)}^k=0$

由于莫比乌斯函数是积性函数，因此我们可以通过线性筛来求出莫比乌斯函数的值。

code

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

莫比乌斯反演

公式1

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

证明：

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

公式2

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

证明：

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

以上两个公式的证明都用到了莫比乌斯函数的性质。

作用

对于一些函数$f(n)$，如果我们很难直接求出它的值，而容易求出倍数和或约数和$F(n)$，那么我们可以通过莫比乌斯反演求得$f(n)$的值。

例：$f(n)$表示某一范围内$(x,y)=n$的数对的数量，$F(n)$表示某一范围内$n|(x,y)$ 的数对的数量。那么直接求$f(n)$并不是很好求，而$F(n)$求起来相对简单一些，我们通过对$F(n)$进行莫比乌斯反演来求得$f(n)$。

例题

洛谷P2257 YY的GCD

题目大意：求有多少数对$(x,y)$$(1<=x<=n,1<=y<=m)$满足$gcd(x,y)$为质数。

即求

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

两边同时除以$k$，将$[gcd(i,j)==k]$化成$[gcd(i,j)==1]$

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

我们知道莫比乌斯函数的性质

$\sum _{d|n}\mu (d)=[n==1]$

我们把$n$换成$gcd(i,j)$，得$[gcd(i,j)==1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

原式变为

$\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)(k\in prime)$

枚举$d$

$\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor (k\in prime)$

令$T=kd$，有

$\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor (k\in prime)$

枚举$T$，提到前面

$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{k|T,k\in prime}\mu (\frac{T}{k})$

用数论分块处理即可，时间复杂度为$O(n\ln n+T\sqrt{n})$。

code

#include
#define N 10000000
using namespace std;
int t,n,m,fl[N+5],p[N+5],mu[N+5],f[N+5];
long long ans,sum[N+5];
void dd(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!fl[i]){
            p[++p[0]]=i;mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
            fl[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
            	mu[i*p[j]]=0;
            	break;
            }
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=p[0];i++){
        for(int j=1;p[i]*j<=N;j++){
            f[p[i]*j]+=mu[j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        sum[i]=sum[i-1]+f[i];
    }
}
void ss(){
    ans=0;
    for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
    }
}
int main()
{
    dd();
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        ss();
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}