莫比乌斯反演学习笔记

资料：https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50500009

　　　https://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292

概念：

　　数论函数：若 $f(n)$ 的定义域为正整数域，值域为复数域，则称 \(f(n)\) 为数论函数。

　　积性函数：若 \(f(n)\) 是数论函数，且 \(f(1) = 1\)，对于互质的正整数 \(p,q\) 有 \(f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q)\)，则称其为积性函数。若 \(f(n)\) 为积性函数，且对于任意正整数 \(p,q\) 都有 \(f(p \cdot q) = f(p) \cdot f(q)\)，则称其为完全积性函数。

　　狄利克雷卷积：对于数论函数 \(f\) 和 \(g\) 的狄利克雷卷积为 \((f*g)(n) = \sum _{d|n} f(d) \cdot g(\frac{n}{d})\)。狄利克雷卷积满足交换律、结合律，对加法满足分配律 \(^{\alpha}\)。存在单位元函数 \(e(n) = [n=1]\) 使得 \(f*e = e*f = f\)。若 \(f\) 和 \(g\) 为积性函数，则 \(f*g\) 也是积性函数 \(^{\beta}\)。

　　\(\diamondsuit\)简单证明：

　　\(\alpha .\)分配律： $f_1 * g + f_2 * g = \sum _{d|n} f_1(d) g(\frac{n}{d}) + \sum _{d|n} f_2(d) g(\frac{n}{d}) = \sum _{d|n} (f_1(d) + f_2(d)) g(\frac{n}{d}) = (f_1 + f_2) * g$

　　\(\beta .\) 设积性函数 \(f, g\) 和 \(h=f*g \)，对于任意一对互质正整数 \(a, b\)，有

　　$h(a)=\sum _{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})$

　　$h(b)=\sum _{d_2|b}f(d_2)g(\frac{b}{d_2})$

　　$h(a)h(b)=\sum _{d_1|a并d_2|b}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})f(d_2)g(\frac{b}{d_2})$

由于 $gcd(a,b)=1$，故 $gcd(d_1,d_2)=1,gcd(\frac{a}{d_1},\frac{b}{d_2})=1$。所以有，$h(a)h(b)=\sum_{(d_{1}d_{2})|(ab)}f(d_{1}d_{2})g(\frac{ab}{d_{1}d_{2}})$。令 $d=d_{1}d_{2}$，则有 $h(a)h(b)=\sum_{d|(ab)}f(d)g(\frac{ab}{d})=h(ab)$ 。

　　故 $ h=f*g $ 是积性函数。

函数和性质：

　　一、常用积性函数：

　　　　1、莫比乌斯函数 $\mu(n)$，在狄利克雷卷积中与恒等函数互为逆元。

　　$\mu(n)=\begin{cases} 1, n=1\\(-1)^k, n=p_{1}p_{2}...p_{k}\\0,other\end{cases}$

　　　　2、恒等函数 $I(n)=1$，完全积性。

　　　　3、除数函数 $\sigma _k(n) = \sum _{d|n} d^k $，表示 $n$ 的约数的 $k$ 次幂和。

　　　　4、约数个数函数 $\sigma_0(n) =\sum _{d|n}1$，表示 $n$ 的约数个数。

　　　　5、约数和函数 $\sigma _1(n) = \sum _{d|n} d $，表示 $n$ 的约数和。

　　　　6、欧拉函数 $\varphi (n)=\sum_{i=1}^{n}[gcd(n,i)=1]$，表示不大于 $n$ 且与 $n$ 互质的正整数个数。另外有$\sum_{i=1}^{n}[gcd(n,i)=1] \cdot i = \frac{n \cdot \varphi(n)+[n=1]}{2}$，且对于正整数 $n>2$ 来说 $\varphi(n) $ 是偶数。

　　　　7、元函数 $e(n)=[n=1]$，狄利克雷卷积的乘法单位元，完全积性。

　　　　8、单位函数 $id(n)=n$，完全积性。

　　　　9、幂函数 $id^{k}(n)=n^{k}$，完全积性。

　　二、关于莫比乌斯函数和欧拉函数的两个经典公式

　　　　1、$[n=1]=\sum _{d|n} \mu(d) $

　　　　证明：

应用：

　　一、求满足$x \in (a_1,b_1), y \in (a_2,b_2)$ 且 $gcd(x,y) = k$ 的 $(x,y)$ 的对数。

例题1、BZOJ2818

题意：

　　给定整数 $N$，求 $1 \le x,y \le N$ 且 $gcd(x,y)$ 为素数的数对(x,y)有多少对。

思路：

　　设 $f(n)$ 为 $[1,N]$ 中满足 $gcd(x,y)=n$ 的 $(x,y)$ 对数，令 $F(n) = \sum _{n|d} f(d)$，则 $F(n)$ 代表满足 $n|x$ 并且 $n|y$ 的 $(x,y)$ 的对数。易知 $F(n)=(\lfloor \frac{N}{n} \rfloor)^2 $，于是我们有 $f(n)=\sum _{n|d} \mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum _{n|d} \mu(\frac{d}{n})(N/d)^2$，且求 $[1,N]$ 范围中的 $f(n)$ 可转换成求 $[1,N/n]$ 中的 $f(1)$，此时 $f(1) = \sum_{d=1}^{N/n} \mu(d) (N/n/d)^2$。

　　于是，这道题的一种做法就是：先预处理出莫比乌斯函数的前缀和。然后枚举 $[1,N]$ 中的所有质数 $p$，求 $f(1)=\sum_{d=1}^{N/p} \mu(d) \underline{(N/p/d)^2}$，后面的划下划线的部分可以用数论分块优化到 $O(\sqrt n)$，前面的莫比乌斯函数用前缀和计算。所有 $f(1)$ 加起来就能得出答案。

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=1e7+5;
bool check[MAXN];
int prime[MAXN],tot;
int mu[MAXN];
LL pre[MAXN];

void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<tot;j++){
            if(1LL*i*prime[j]>=MAXN) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<MAXN;i++)
        pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
}


int main(){
    init();
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    LL ans=0;
    for(int i=0;i<tot;i++){
        LL p=prime[i];
        if(p>n) break;
//数论分块
        LL l=1,r;
        while(l<=n/p){
            r=n/p/(n/p/l);
            ans+=(pre[r]-pre[l-1])*(n/l/p)*(n/l/p);
            l=r+1;
        }
//*************************************************
    }
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}