浅谈算法——莫比乌斯函数，莫比乌斯反演和杜教筛

莫比乌斯函数和莫比乌斯反演

前置技能

基础数论内容。

莫比乌斯函数

μ(n)$\mu (n)$就是莫比乌斯函数，如果有：

n=∏i=1mpaixi(ai>0)$$n=\prod _{i=1}^m{p}_{x_i}^{a_i}(a_i>0)$$

那么：

μ(n)=⎧⎩⎨⎪⎪1(−1)m0n=1∀ai≤1other$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^m& \mathrm{\forall }{a}_i\le 1\\ 0& \text{other}\end{array}$$

莫比乌斯函数有一个很重要的性质，那就是

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

证明：n=1$n=1$时显然。

n=2$n=2$时考虑有一个ai>1$a_i>1$时显然对答案没有影响，那么答案就是∑ni=0(−1)i(nk)$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$，这个显然等于0$0$。

莫比乌斯反演

若有

f(x)=∑d|xg(d)$$f(x)=\sum _{d|x}g(d)$$

则

g(x)=∑d|xf(d)μ(xd)$$g(x)=\sum _{d|x}f(d)\mu (\frac{x}{d})$$

然而不知道有啥用……

例题

BZOJ 2301

其实就是求

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

二维差分一下，这个就等价于求

∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k]∑i=1⌊n/k⌋∑j=1⌊m/k⌋[gcd(i,j)=1]$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k] \\ \sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }[gcd(i,j)=1] \end{gathered}$$

由∑ni=1μ(n)=[n=1]$\sum _{i=1}^n\mu (n)=[n=1]$得

∑i=1⌊n/k⌋∑j=1⌊m/k⌋∑d|i,d|jμ(d)$$\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

优先枚举d$d$

∑d=1⌊n/k⌋μ(d)∑i=1⌊n/dk⌋∑j=1⌊n/dk⌋1$$\sum _{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dk\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/dk\rfloor }1$$

发现后面的一部分其实就是⌊ndk⌋⌊mdk⌋$\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor \lfloor \frac{m}{dk}\rfloor$，因此式子就变成了

∑d=1⌊n/k⌋μ(d)⌊ndk⌋⌊mdk⌋$$\sum _{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor \lfloor \frac{m}{dk}\rfloor$$

发现最后面的取值只有O(n‾√)$O(\sqrt{n})$种，因此可以数论分块得到单次O(n‾√)$O(\sqrt{n})$

BZOJ 4407

求

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

枚举gcd(i,j)$gcd(i,j)$

∑d=1ndk∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=d]∑d=1ndk∑i=1⌊n/d⌋∑j=1⌊m/d⌋[gcd(i,j)=1]$$\begin{gathered} \sum _{d=1}^n{d}^k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d] \\ \sum _{d=1}^n{d}^k\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(i,j)=1] \end{gathered}$$

发现后面是不是很熟悉？再一次用到那个神奇的公式

∑d=1ndk∑i=1⌊n/d⌋∑j=1⌊m/d⌋∑x|i,x|jμ(x)$$\sum _{d=1}^n{d}^k\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\sum _{x|i,x|j}\mu (x)$$

将x$x$提前

∑d=1ndk∑x=1⌊n/d⌋μ(x)∑i=1⌊n/dx⌋∑j=1⌊m/dx⌋1∑d=1ndk∑x=1⌊n/d⌋μ(x)⌊ndx⌋⌊mdx⌋$$\begin{gathered} \sum _{d=1}^n{d}^k\sum _{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (x)\sum _{i=1}^{\lfloor n/dx\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/dx\rfloor }1 \\ \sum _{d=1}^n{d}^k\sum _{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (x)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dx}\rfloor \end{gathered}$$

设f(d)=dk∑⌊n/d⌋x=1μ(x)$f(d)=d^k\sum _{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\mu (x)$，则

∑d=1nf(d)⌊ndx⌋⌊mdx⌋$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dx}\rfloor$$

显然f(d)$f(d)$是一个积性函数，那么我们先线筛出f(d)$f(d)$，对f(d)$f(d)$做前缀和，就可以做到单次O(n‾√)$O(\sqrt{n})$的复杂度了。

杜教筛

前置技能

莫比乌斯反演？

杜教筛

一个积性函数f(x)$f(x)$，怎么求前缀和S(x)=∑xi=1f(x)$S(x)=\sum _{i=1}^{x}f(x)$？

我们找一个积性函数g(x)$g(x)$（不知道它是啥），将它与f(x)$f(x)$做一遍卷积：

(f∗g)(n)=∑d|nf(d)g(nd)$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

将卷积做一遍前缀和：

∑i=1n(f∗g)(i)=∑i=1n∑d|if(d)g(id)=∑i=1n∑d|ig(d)f(id)$$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$$

后面的部分可以变成

∑d=1ng(d)∑i=1⌊n/d⌋f(i)∑d=1ng(d)S(⌊nd⌋)$$\begin{gathered} \sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }f(i) \\ \sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ) \end{gathered}$$

因此

∑i=1n(f∗g)(i)=∑d=1ng(d)S(nd)$$\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})$$

移项

g(1)S(n)=∑i=1n(f∗g)(i)−∑d=2ng(d)S(nd)$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\frac{n}{d})$$

观察到等式右边第一项就是f∗g$f\ast g$的前缀和，第二项中S(nd)$S(\frac{n}{d})$的取值最多只有O(n‾√)$O(\sqrt{n})$种。

所以，如果f∗g$f\ast g$很好求，g$g$的前缀和很好求，那么我们就可以很快的递归求出S(n)$S(n)$的值。

一般是打表算出前几项，然后递归算，注意一定要记忆化（hash/map均可）。

莫比乌斯函数的前缀和？

由于

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

因此我们取g(x)=1$g(x)=1$，直接代入式子：

S(n)=1−∑d=2nS(nd)$$S(n)=1-\sum _{d=2}^{n}S(\frac{n}{d})$$

欧拉函数？

由于

∑d|nφ(d)=n$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

因此取g(x)=1$g(x)=1$：

S(n)=n×(n+1)2−∑d=2nS(nd)$$S(n)=\frac{n\times (n+1)}{2}-\sum _{d=2}^{n}S(\frac{n}{d})$$

总结

这些题大概都有套路？推式子的方法感觉都差不多……