莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

$\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases}$

莫比乌斯反演

如果$F(n)$和$f(n)$是两个数论函数，并且满足条件：

$\displaystyle F(n)=\sum_{d|n}f(d)$

那么存在一个结论：

$\displaystyle f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

• 证明一：

$\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)$

$\displaystyle =\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)=f(n)$

• 证明二

首先引入

狄利克雷卷积

• 定义

函数$f,g$为数论函数

狄利克雷卷积可以表示为$f∗g$

设$h=f∗g$

有$\displaystyle h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$

狄利克雷卷积满足分配率，结合律，交换律

• 一些柿子

$\sum_{d|n}\varphi(d)=\sum_{d|n}\varphi(d)*I(\frac{n}{d})=（\varphi * I）(n)=n=id(n)$

也就是$\varphi * I=id$

其中$I(n)=1 \;\;\; id(n)=n$

• 单位元：

$\varepsilon$是$Dirichlet$卷积运算中的单位元，即对于任何数论函数 $f$，都有$f * \varepsilon = f$

$\varepsilon(n)=[n==1]$

• 欧拉反演

$\displaystyle \varphi(n)=(\mu* I * \varphi)(n)=(\mu * id)(n)=\sum_{d|n}(\frac{T}{d})\mu(d)$

关于狄利克雷的更多性质可以参考oi-wiki

扯偏了

回到证明

$\displaystyle F=\sum_{d|n}^nf(n)=I* f$

$F * \mu=I*f *\mu = \epsilon * f=f$

$f=F * \mu = \sum_{d|n}{\mu(d)F(\frac{n}{d})}$

其实通过做题可以发现，以上基本是废话

最常用的性质$\displaystyle [gcd(i,j)==1] <=> \sum_{d∣gcd(i,j)}​μ(d)$

基本上记住它就行了。

感谢$artalter$大佬的讲解

例题

A. YY的GCD

首先是莫反套路

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)\in prime]$

$\displaystyle =\sum_{p\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)== p]$

$\displaystyle =\sum_{p\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}=\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[gcd(i,j)== 1]$

$\displaystyle =\sum_{p\in prime}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

$\displaystyle =\sum_{p\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d){\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor}$

然后是数论分块套路

设$T=dp$

$\displaystyle =\sum_{p\in prime}^{n}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d){\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}$

$\displaystyle =\sum_{T=1}^{n}{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\sum_{p\in prime\;p|T}\mu(\lfloor\frac{T}{p}\rfloor)$

后面的预处理，前面数论分块

B. 数表

求约数和都忘了。。。oi-wiki

设$\displaystyle f[n]=\sum_{d|n}^{n}d$

不难发现是求

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}f[gcd(i,j)](f[gcd(i,j)]<=A)$

$\displaystyle =\sum_{d=1}^{n}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)==1](f[d]<=A)$

$\displaystyle =\sum_{d=1}^{n}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{x|gcd(i,j)}\mu(x)(f[d]<=A)$

$\displaystyle =\sum_{d=1}^{n}f[d]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{x|gcd(i,j)}\mu(x)(f[d]<=A)$

$\displaystyle =\sum_{d=1}^{n}f[d]{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)(f[d]<=A)$

设$T=dx$

$\displaystyle =\sum_{T=1}^{n}{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\sum_{d|T}f[d]\mu({\lfloor\frac{n}{d}\rfloor})(f[d]<=A)$

前面显然数论分块，询问离线后按照$a$排个序，$f[d]$排序后，按需求$a$，加入树状数组动态维护

我菜的连$f[d]$怎么求都忘了...

赶进度，后面的咕咕咕