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
