Möbius 反演注记

目录

• 基本理论基础
  • 数论函数
  • 线性筛
  • Mobius 反演
  • Dirichlet 卷积
  • 数论分块 / 整除分块
  • 拆函数
  • 时间复杂度分析
• 基本形式
  • GCD 形
  • 万能
  • Prod 的莫比乌斯反演
• 正常例题
  • YY 的 GCD
  • 数表
  • DZY Loves Math
  • 约数个数和
  • 数字表格
  • 于神之怒加强版
  • jzptab
  • 一个人的数论

2021 年写的：数论基础模板库（不保证正确性） ; Mobius 反演（内含 $\mu$ 作容斥系数）

基本理论基础

规定素数集记做 $\mathbb P$ .

$\gcd(i,j)=1$ 可以记做 $i\perp j$ .

数论函数

数论函数是定义域为 $\mathbb N$，陪域为 $\mathbb C$ 的函数 .

注意重点是定义域为 $\mathbb N$ .

线性筛

理论上任何积性函数都可以线性筛，线性筛需要：

• 素数处的取值
• $q$ 是 $p$ 的最小素因子，已知 $f(p),f(q)$，求 $f(pq)$ .

一般应用：筛素数，筛 $\varphi$，筛 $\mu$，筛 $\sigma_k$ .

实际上基于质因数分解可以只用素数处的取值求出所有取值（例：固定指数幂） .

拉一份淳朴的板子过来（筛素数，欧拉函数和 Mobius 函数）

bool notprime[N];
int phi[N], mu[N];
vector<int> plist;
inline void linear_sieve(int n)
{
    notprime[1] = true; phi[1] = mu[1] =1 ;
    for (int i=2; i<=n; i++)
    {
        if (!notprime[i]){plist.emplace_back(i); phi[i] = i-1; mu[i] = -1;}
        for (auto x : plist)
        {
            int now = i*x;
            if (now > n) break;
            notprime[now] = true;
            if (!(i%x)){phi[now] = phi[i] * x; mu[now] = 0; break;}
            else{phi[now] = phi[i] * phi[x]; mu[now] = mu[i] * mu[x];}
        }
    }
}

Mobius 反演

Möbius 太难写了，不如写 Mobius .

既然这篇叫莫比乌斯反演，我们就默认大家都会莫比乌斯反演了 .

复习一下：

Dirichlet 卷积的莫比乌斯反演：

$$\boxed{f=g*1 \Longleftrightarrow g=f*\mu}$$

特殊形式：

• 标准型：$\displaystyle f(n)=\sum_{d\mid n}g(d) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d\mid n}f\left(\dfrac nd\right)\mu(d)$ .
• 直接推论：$\displaystyle f(n)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac Tn\right\rfloor}g(di) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac Tn\right\rfloor}f(di)\mu(d)$，$T$ 是常数 .

Dirichlet 卷积

我们一般见到的 Dirichlet 卷积是不是这样的：

$$(f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(n)g\left(\dfrac nd\right)$$

但多项式技术中卷积一般是不是长这样

$$h(n)=\sum_{i\circ j = n}f(i)g(j)$$

$h$ 就是 $f,g$ 的卷积，然后 $\circ$ 是随便一个运算，特殊形式：

• 如果 $\circ$ 是加，那么就是通常意义上的 卷积 .
• 如果 $\circ$ 是位运算，那么就是一般叫的 位运算卷积 .
• 如果 $\circ$ 是乘，然而 $f,g$ 是数论函数（定义域为 $\mathbb N$），所以 $i,j$ 必然是整数，这就是我们通常意义上的 Dirichlet 卷积 .

写下来这个形式：

$$(f*g)(n)=\sum_{ij = n}f(i)g(j)$$

其中 $i,j$ 都是整数 .

交换律，结合律不言自明 .

常见卷积:

• $\mu*1=\varepsilon$（即 $\mu$ 是 $1$ 的 Dirichlet 卷积逆）
• $\varphi*1=\mathrm{id}$（欧拉反演） .
• $\mu*\mathrm{id}=\varphi$ .

你看第一个东西，Mobius 反演是不是那个玩意的直接推论？（$f=g*1$ 两边同时卷 $\mu$）.

Dirichlet 卷积的计算：枚举因子然后累加贡献，$O(n\log n)$ .

---

然而 Dirichlet 卷积是不是卷积啊，我们普通卷积有 FFT，位运算卷积有 FMT/FWT，然而 Dirichlet 卷积有没有一个幸运函数使得满足卷积定理呢？

其实是有的，可以了解一些 贝尔级数 / 狄利克雷生成函数 相关知识，限于篇幅 & 笔者能力这里就不说了 .

数论分块 / 整除分块

整除只有根号种本质不同的取值，于是可以压到一起 .

就比如你算一个 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor F(i)$，代码大概长这样：

ll Koishi(int n)
{
    ll ans = 0;
    int l=1, r;
    while (l <= n)
    {
        r = n / (n / l);
        ans += (F(r) - F(l-1)) * (n / l);
        l = r + 1;
    } return ans;
}

上面是拉的 OI Wiki 上的，实际上可以写 for 循环 .

然后多维整除分块只需要取 $\min$，具体找个人的贺下来就好了 .

如果 $F$ 可以 $O(1)$ 计算，那么复杂度 $O(\sqrt n)$，即 $O(n^{1/2})$ .

注意算复杂度不能把 $O(n^{1/2})$ 直接乘上算 $F$ 的复杂度，整除分块的复杂度是比较难分析的，反正我不会 .

特殊：

• 整除分块套杜教筛：$O(n^{2/3})$ .
• 整除分块套整除分块：$O(n^{3/4})$ .

拆函数

贺的 APJ 的 .

对于任何 $i,j$ 都成立，不管互不互素 .

$$\varphi(ij)=\dfrac{\varphi(i)\varphi(j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\cdot\gcd(i,j)$$

$$\mu(ij)=\mu(i)\mu(j)[\gcd(i,j)=1]$$

$$d(ij)=\sum_{d_1\mid i}\sum_{d_2\mid j}[\gcd(d_1,d_2)=1]$$

时间复杂度分析

$$\sum_{i\in[1,n]}\dfrac 1i=O(n\log n)$$

$$\sum_{i\in[1,n]\cap\mathbb P}\dfrac 1i=O(n\log\log n)$$

基本形式

GCD 形

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mg(\gcd(i,j))$$

设函数 $f$ 使得 $f*1=g$ .

一些基本推导：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mg(\gcd(i,j))&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}f(d)\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}f(d)\\&=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor f(d)\end{aligned}$$

整除分块，要求 $f$ 可以快速求前缀和 .

根据 Mobius 反演，我们把 $g$ 卷上 $\mu$ 就是 $f$ 了，可以 $O(n\log n)$ .

如果空间不够，那么因为这个卷积的形式可以杜教筛求前缀和（当然整除分块套杜教筛是 $O(n^{2/3})$ 的，比卷出来劣）

然而展开 $f=g*\mu$ 然后交换两个 $\sum$ 就可以 Dirichlet 后缀和 做到 $O(n\log\log n)$ .

也有一种 非常牛逼的做法 可以直接 $O(n\log\log n)$ 卷 .

这个可以推广到 $f*g=h$ 形，但是没啥用，大概可以推出来整除分块套杜教筛或者三个整除分块套起来的形式，读者可以试试 .

这个是不是可以轻易推广到多个 $\sum$ .

GCD 形其实非常常见 .

• YY的GCD：$g(n)=[n\in\mathbb P]$（需要开 -O2） .
• 数表：$g(n)=d(n)[d(n)\le a]$（不能直接用上面的做法（杜教筛或许能过？没写过 QwQ））.
• 于神之怒加强版：$g(n)=n^k$ .

万能

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(i)g(j)h(\gcd(i,j))$$

https://www.luogu.com.cn/blog/qwaszx/ru-men-fan-yan-tao-lu

这个牛逼东西看到的比较晚 QwQ .

一大堆题都是长个样子 .

Prod 的莫比乌斯反演

来源 .

定义 $\displaystyle(f\oplus g)(n) = \prod_{d\mid n}f(d)^{g(\frac nd)}$ .

则有 $(f \oplus g) \oplus h = f \oplus (g * h)$，其中 $*$ 是 Dirichlet 卷积

（？）

然后就可以得到 $f=g\oplus 1\Longleftrightarrow g=f\oplus\mu$ .

注意 $\oplus$ 没有交换律

然后该咋做咋做，GCD 形啥的都可以套 .

预处理幂，这个卷也可以 $O(n\log n)$ 算 .

然而 Prod 的整除分块有些变化，注意 .

正常例题

省略：数据范围、模数 .

不加注释的技法：

• 基本形式
• 按定义拆函数
• 按常见卷积拆函数（例如 $\displaystyle n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$，$\displaystyle [n=1]=\sum_{d\mid n}\mu(d)$）
• 加一个 $\sum$ 枚举某个变量（一般是 $\gcd$）
• 交换求和号
• 小学就学过的平凡算术 .

YY 的 GCD

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)\in\mathbb P]$$

GCD 形，函数 $p(x)=[x\in\mathbb P]$ 可以线性筛，暴力卷 $\mu$ 即可 .

数表

令 $f(x)=[\sigma_1(c)\le a]\sigma_1(c)$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(\gcd(i,j))$$

每次询问给一个 $a$ .

假设没有 $a$ 的限制，那么我们要求的就是

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sigma_1(\gcd(i,j))$$

GCD 形，令 $g=\sigma_1*\mu$，那么原式变成

$$\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor g(d)$$

注意这里是要求 $g$ 可以快速求前缀和 .

牛逼的地方来了 .

然后因为有 $a$ 这个限制，所以考虑把询问离线下来，然后排序叠加贡献 .

你看这个 $g$ 的形式是不是 $\displaystyle g(n)=\sum_{d\mid n}\sigma_1(d)\mu\left(\dfrac n{d}\right)$，因为我们限制的是 $\sigma_1(d)$ 的值，所以用一个指针跳就好了 .

相当于单点加，前缀和，可以树状数组，没了 .

details: 因为取模 $2^{31}$ 所以可以 int 自然溢出最后按位与 $2^{31}-1$（此处是 UB，但是确实好用）

DZY Loves Math

定义 $f(n)$ 为 $n$ 所含质因子的最大幂指数，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n f(\gcd(i,j))$$

GCD 形，然而暴力卷会 TLE……吗？

开个 -O2 直接过了？？？？？

？？？？？？？？？？？？？？？？？

有正经做法推出来一个 $f*\mu$ 的通项，不懂 .

约数个数和

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

因为是当草稿写的，可能有冗余 .

不妨令 $n\le m$ 吧 .

一些平凡的转化，用到的都是基本 Trick .

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d_1\mid i}\sum_{d_2\mid j}[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{d_1=1}^n\sum_{d_2=1}^m\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{d_1}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{d_2}\rfloor}[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{d_1=1}^n\sum_{d_2=1}^m\left\lfloor\dfrac n{d_1}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{d_2}\right\rfloor[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\left\lfloor\dfrac mj\right\rfloor\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\end{aligned}$$

发现要处理后面那个玩意了，令 $\displaystyle F(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor$ .

然后发现 $i,j$ 差不多是独立的，于是可以提出来：

$$F(d)=\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\right)\left(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\right)$$

（当然这里下标比较无聊，你愿意改成 $i$ 也行）

于是原式就类似 $\displaystyle\sum_{i=1}^n P(i)Q\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)R\left(\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor\right)$ 这种形式，整除分块即可 .

然而整除分块套整除分块是 $O(n^{3/4})$ 的，于是复杂度是 $O(Tn^{3/4})$，算出来大概是 1.5e8 .

数字表格

求

$$\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mF_{\gcd(i,j)}$$

$F$ 是 Fibonacci 数列 .

先 $\ln$ 再 $\exp$，取底数 $=2$ 做 BSGS .

Prod 形的 GCD .

于神之怒加强版

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(\gcd(i,j))^k$$

GCD 形 .

线性筛是啥玩意？难道不是暴力就完了吗？？

$O(n\log\log n+T\sqrt n)$ .

jzptab

求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)$$

花了大概一个公共自习推出来力 /cy .

不妨令 $n\le m$ .

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\dfrac{ij}{\gcd(i,j)}\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}ie\cdot je\sum_{e\mid \gcd(i,j)}\mu(e)\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{de}\rfloor}ije^2\cdot\mu(e)\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(e)e^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{de}\rfloor}ij\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(e)e^2\cdot S\left(\left\lfloor\frac n{de}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor\frac m{de}\right\rfloor\right)\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle S(x)=\sum_{i=1}^xi=\dfrac{x(x+1)}2$ .

用到了一个小结论：$\Big\lfloor\dfrac{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{q}\Big\rfloor = \Big\lfloor\dfrac{n}{pq}\Big\rfloor$，About it .

然后后面可以线性预处理，$O(Tn^{1/2})$ .

模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！

一个人的数论

给定 $n,k$，求

$$f_k(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1]i^k$$

对 $10^9+7$ 取模 .

数据范围及输入细节见 原题面 .

首先平凡莫反：

$$\begin{aligned}f_k(n)&=\sum_{i=1}^ni^k\sum_{d\mid\gcd(i,n)}\mu(d)\\&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}(id)^k\\&=\sum_{d\mid n}\mu(d)d^k\sum_{i=1}^{n/d}i^k\end{aligned}$$

然后后面是不是自然数幂和？众所周知这玩意是 $k+1$ 次多项式，设 $p$ 次项系数为 $F_p$，这个玩意咋求后面再说 .

于是可以继续化

$$\begin{aligned}f_k(n)&=\sum_{d\mid n}d^k\mu(d)\sum_{i=0}^{k+1}F_i\left(\dfrac nd\right)^i\\&=\sum_{i=0}^{k+1}\sum_{d\mid n}d^k\mu(d)F_i\left(\dfrac nd\right)^i\\&=\sum_{i=0}^{k+1}F_in^i\sum_{d\mid n}\mu(d)d^{n-i}\end{aligned}$$

后面显然就是 $1*(\mu\cdot\mathrm{Id}_{n-i})$，必然是积性函数 .

然后因为给出的质因数分解式，所以我们可以暴力求出所有素数幂处的取值然后乘起来即可 .

然而 $\mu$ 接收到平方因子就变成 $0$ 了，于是只需求出素数处取值，暴力即可 .

然后前面的 $n$ 可以直接对 $10^9+7$ 取模 .

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现在来说说 $F$ 怎么求 .

如果你插值你就 naive 了，因为插值最快 $O(k\log^2k)$，如果写最 simple 的拉格朗日插值还是 $O(k^2)$ 的 .

我们可以用伯努利数求这个玩意，完全可以做到 $O(k\log k)$，只需要一次求逆！！！

然而模数是 $10^9+7$，求逆会瞬间变得巨大多难写 . 但是递推伯努利数也比插值不知道高到哪里去了 .

似乎 ${O(k^3)}$ 高斯消元能过