[学习笔记] 莫比乌斯反演

目录

• 1. 公式
• 2. 证明
  • 2.1. 证法壹
  • 2.2. 证法贰
• 3. 经典例题
  • 3.1. 用法壹
  • 3.2. 用法贰
    • 3.2.1. 方法一
    • 3.2.2. 方法二
  • 3.3. 用法叁
  • 3.4. 用法肆
  • 3.5. 用法伍
  • 3.6. 用法陆
• 4. 计算

1. 公式

设 \(f,g\) 为数论函数。

若 \(\displaystyle f(n)=\sum_{d|n}g(d)\)，就有 \(\displaystyle g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f\left(\frac{n}{d}\right)\).

若 \(\displaystyle f(n)=\sum_{n|d}g(d)\)，就有 \(\displaystyle g(n)=\sum_{n|d}\mu\left(\frac{d}{n}\right)f(d)\).

2. 证明

2.1. 证法壹

暴力强代，变换求和顺序即可。

2.2. 证法贰

有 \(f=g*1\)，两边同乘一个 \(\mu\) 即可推出 \(g=\mu*f\).

对于第二个柿子，证明的核心实际上是利用 \(\mu *1=\epsilon\)，就有

\[\begin{align} \sum_{n|d}\mu\left(\frac{d}{n}\right)f(d)&=\sum_{k=1}^{+\infty}\mu(k)f(kn)\\ &=\sum_{k=1}^{+\infty}\mu(k)\sum_{kn|d}g(d)\\ &=\sum_{n|d}g(d)\sum_{k|\frac{d}{n}}\mu(k)\\ &=\sum_{n|d}g(d)\left [\frac{d}{n}=1\right]\\ &=g(n) \end{align} \]

3. 经典例题

若无特殊声明，下文的 \(n/k\) 都代指 \(\displaystyle \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\).

3.1. 用法壹

在 \(\mathcal O(\sqrt a)\) 内求出 \(\displaystyle \sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=k]\)，其中 \(k,a,b\) 给定。

令

\[g(n)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=n] \]

\[f(n)=\sum_{n|d}g(d) \]

由于 \(\sum_{n\mid d}g(d)\) 的含义是：在 \([1,a]\) 与 \([1,b]\) 中分别选出两个数 \(x,y\)，它们的 \(\gcd\) 为 \(n\) 的倍数的数对数量。所以实际上是范围之内 \(n\) 的倍数两两组合，也就是

\[\left\lfloor\frac{a}{n}\right\rfloor \times \left\lfloor \frac{b}{n} \right\rfloor \]

则有

\[g(k)=\sum_{k|d}\mu\left(\frac{d}{k}\right)f(d) \]

枚举 \(t=d/k\) 则有

\[=\sum_{t=1}^{\min\{a/k,b/k\}}\mu(t)f(tk) \]

\[=\sum_{t=1}^{\min\{a/k,b/k\}}\mu(t)\cdot \left\lfloor\frac{a}{t k} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{b}{t k} \right\rfloor \]

然后整除分块 + 前缀和即可。

\(\text{Additional}\)：上面的玩意也可以拓展到多维，留给读者自行思考。

3.2. 用法贰

在 \(\mathcal O(\sqrt a)\) 内求出 \(\displaystyle \sum_{p\in \text{Prime}}\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=p]\)，其中 \(a,b\) 给定。

其实就是在上一种情况多加了一维。所求即 \(\displaystyle \sum_{p\in \text{Prime}} g(p)\).

\[\text{Ans}=\sum_{p\in \text{Prime}} \sum_{t=1}^{\min\{a/p,b/p\}}\mu(t)\cdot \left\lfloor\frac{a}{t p} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{b}{t p} \right\rfloor \]

考虑枚举 \(T=tp\)，搞掉前面的求和，然后尝试快速计算后面的 \(\mu\).

\[\begin{align} &=\sum_{T=1}^{\min\{a,b\}}\sum_{p|T,p\in \text{Prime}} \mu \left(\frac{T}{p}\right)\cdot\left\lfloor\frac{a}{T} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{b}{T} \right\rfloor\\ &=\sum_{T=1}^{\min\{a,b\}}\left\lfloor\frac{a}{T} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{b}{T} \right\rfloor\sum_{p|T,p\in \text{Prime}} \mu \left(\frac{T}{p}\right) \end{align} \]

后面那一坨 \(\mu\) 是可以预处理的（枚举质数，再枚举 \(T\)，加进 \(f(T)\)）。下文介绍两种方法：

3.2.1. 方法一

rep(i,1,pc)
	for(int j=1;j*p[i]<=maxn-5;++j) f[j*p[i]]+=mu[j];
rep(i,2,maxn-5) f[i]+=f[i-1];

相当于埃筛复杂度 \(\mathcal O(n\log\log n)\).

3.2.2. 方法二

想要更快？可以和欧拉筛一起搞，就是 \(\mathcal O(n)\)：

3.3. 用法叁

在 \(\mathcal O(\sqrt a)\) 内求出 \(\displaystyle \sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=k]\cdot i j\)，其中 \(k,a,b\) 给定。

同 3.1. 用法壹，但是 \(f(n)\) 统计的方式为：

\[\begin{align} f(n)&=\sum_{i=1}^{a/n}i n\cdot \sum_{j=1}^{ b/n} j n\\ &=\frac{(1+(a/n))\times (a/n)}{2}\times \frac{(1+(b/n))\times (b/n)}{2}\times n^2 \end{align} \]

3.4. 用法肆

计算 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sigma_1(\gcd(i,j))\) 式中 \(\sigma_1(\gcd(i,j))\leqslant a\) 的项之和。有 \(q\) 次 \(a,n,m\) 不同的询问。

枚举 \(\gcd\)，用类似 3.2. 用法贰 的方式来推导：

\[=\sum_{T=1}^{\min\{n,m\}}\left\lfloor\frac{n}{T} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{m}{T} \right\rfloor\cdot \sum_{d|T} \mu \left(\frac{T}{d}\right)\cdot \sigma_1(d) \]

令 \(\displaystyle h(T)=\sum_{d|T} \mu \left(\frac{T}{d}\right)\cdot \sigma_1(d)\)，我们可以从小到大枚举限制 \(a\)，依次贡献给函数 \(h\).

具体来讲就是预处理出 \(\sigma_1\)，用一个双指针判断是否可以加入，若加入就枚举 \(T/d\) 即可。复杂度 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{n}{i}\approx n\ln n\).

3.5. 用法伍

\[\begin{align}\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)&=\sum_{d\mid n}d\cdot \sum_{i=1}^n [\gcd(i,n)=d]\\&=\sum_{d\mid n}d\cdot \sum_{i=1}^{n} [\gcd(i/d,n/d)=1]\\&=\sum_{d\mid n}d\cdot \varphi(n/d)\end{align} \]

3.6. 用法陆

初始给定 \(k\)，共 \(q\) 次询问，每次给出 \(n,m\)，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{gcd}^k(i,j)\bmod (10^9+7) \]

\(q\leqslant 2000,1\leqslant n,m,k\leqslant 5\cdot 10^6\).

答案就是

\[\sum_{t=1}^{\min\{n/k,m/k\}}\mu(t)\sum_{g=1}^{\min\{n,m\}}g^k\cdot \left\lfloor\frac{n}{tg} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{m}{tg} \right\rfloor \]

后面那一坨并不好限制 \(\mu(t)\) 形成整除分块的形式，所以尝试交换和式

\[\sum_{g=1}^{\min\{n,m\}}g^k\sum_{t=1}^{\min\{n/k,m/k\}}\mu(t)\cdot \left\lfloor\frac{n}{tg} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{m}{tg} \right\rfloor \]

记 \(T=tg\)，转而枚举 \(T\)

\[\sum_{T=1}^{\min\{n,m\}}\left\lfloor\frac{n}{T} \right\rfloor\cdot \left\lfloor\frac{m}{T} \right\rfloor\sum_{g\mid T}^{}g^k\mu(T/g) \]

记 \(\displaystyle f(T)=\sum_{g\mid T}^{}g^k\mu(T/g)\)，只要能预处理出这个函数，就可以每次询问整除分块，做到 \(\mathcal O(n^{1/2}T)\) 的复杂度。由于 \(f(T)\) 是两个积性函数的卷积，所以它也是积性函数，那么

\[\begin{align}f(T)&=\prod_{i=1}f(\text{P}_i^{w_i})\\&=\prod_{i=1}\left(\text{P}_i^{k(w_i-1)}\cdot \mu(\text{P}_i)+\text{P}_i^{kw_i}\cdot \mu(1)\right)\\&=\prod_{i=1}\text{P}_i^{k(w_i-1)}\cdot \left(\text{P}_i^k-1\right)\end{align} \]

那么质数及质数次幂的 \(f\) 都很好算了，这个函数可以直接欧拉筛。

4. 计算

因为是个积性函数，所以可以用欧拉筛。

void init() {
	u[1]=1;
	rep(i,2,lim) {
		if(!is[i]) p[++pc]=i,u[i]=-1;
		rep(j,1,pc) {
			if(p[j]*i>lim) break;
			is[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			u[p[j]*i]=-u[i];
		}
	}
}