【笔记】莫比乌斯反演

0 约定

$[n]=[1,n]\cap \mathtt{Z}$

1 数论分块

形如 $S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor )$。

可以在 $O(\sqrt{n})$ 的时间复杂度内求解。

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1.1 解法

1. 对于 $1\le i\le \sqrt{n}$，

   显然，$i$ 最多 $\sqrt{n}$ 种取值，故而 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 最多有 $\sqrt{n}$ 种取值。

2. 对于 $\sqrt{n}<i\le n$，

   有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \le \sqrt{n}$，最多亦有 $\sqrt{n}$ 种取值。

综上，如果可以 $O(1)$ 得到 $f$ 的区间和，那么可以通过枚举 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的取值，$O(2\sqrt{n})\approx O(\sqrt{n})$ 求解。

具体代码如下：

int res = 0;
for (int i = 1, j; i <= n; i = j+1) {
    j = n/(n/i);
    res += (f(j) - f(i-1)) * g(n/i);
}

其中 $j$ 为对于当前 $i$ 满足 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{j}}\rfloor$ 的最大的 $j$。

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2 莫比乌斯函数

对于一些函数 $f(n)$，如果很难直接求出它的值，而容易求出其倍数和或约数和 $g(n)$，那么可以通过莫比乌斯反演，简化运算得到 $f(n)$ 的值。

2.1 定义

定义莫比乌斯函数：

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

注：

1. 「含有平方因子」是指存在 $p$ 为质数，$\alpha$ 为满足 $p^{\alpha }=n$ 的最大整数，$\alpha \ge 2$。eg. $\mu (24)=0$。

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2.2 性质

1. $\mu (n)$ 是 不完全 积性函数，即 $\mu (x)\mu (y)=\mu (xy)$ 当且仅当 $(x,y)=1$。

2. 狄利克雷卷积 相关：

   1. $(\mu \ast \mathrm{I})=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}=\epsilon$

      证明与下类似。

   2. $(\mu \ast \mathrm{Id})=\phi$

      证明：

      设：$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，$p$ 为质数，$\alpha$ 为正整数。

      $$\begin{array}{rl}(\mu \ast \mathrm{Id})(n)& =\sum _{d|n}\mu (d){\displaystyle \frac{n}{d}}\\ & \begin{array}{c}=(\mu (1)\frac{p_1^{{\alpha }_1}}{1}+\mu (p_1)\frac{p_1^{{\alpha }_1}}{p_1}+\cdots +\mu (p_1^{{\alpha }_1})\frac{p_1^{{\alpha }_1}}{p_1^{{\alpha }_1}})\\ ⋮\\ (\mu (1)\frac{p_k^{{\alpha }_k}}{1}+\mu (p_k)\frac{p_k^{{\alpha }_k}}{p_k}+\cdots +\mu (p_k^{{\alpha }_k})\frac{p_k^{{\alpha }_k}}{p_k^{{\alpha }_k}})\end{array}& \text{【直接把括号展开，就可以发现她是对的】}\\ & =(p_1^{{\alpha }_1}-\frac{p_1^{{\alpha }_1}}{p_1})(p_2^{{\alpha }_2}-\frac{p_2^{{\alpha }_2}}{p_2})\cdots (p_k^{{\alpha }_k}-\frac{p_k^{{\alpha }_k}}{p_k})& \text{【把 }\mu \text{ 的值带进去】}\\ & =\frac{(p_1-1)p_1^{{\alpha }_1}}{p_1}\times \frac{(p_2-1)p_2^{{\alpha }_2}}{p_2}\times \cdots \times \frac{(p_k-1)p_k^{{\alpha }_k}}{p_k}\\ & =(p_1-1)p_1^{{\alpha }_1-1}(p_2-1)p_2^{{\alpha }_2-1}\cdots (p_k-1)p_k^{{\alpha }_k-1}\\ & =\phi (n)& \text{【 }\phi \text{ 的一种公式计算法】}\end{array}$$

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3 求莫比乌斯函数

3.1 $O(n)$

线性质数筛(欧拉筛)的一大优势在于我们可以知道每个数的 最小质因子，从而通过递推线性求解 积性函数。

void init (int _n) {
	for (int i = 2; i <= _n; i++) is_prime[i] = 1;
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= _n; i++) {
		if (is_prime[i])
			prime.push_back(i),
			mu[i] = -1;
		for (int j : prime) {
			if (1ll*i*j > _n) break;
			is_prime[i*j] = 0;
			if (i%j == 0) {
				mu[i*j] = 0;
				break;
			}
			mu[i*j] = -mu[i];
		}
	}
}

3.2 $O(n\ln n)$​

mu[1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = i+i; j <= n; j += i)
        mu[j] -= mu[i];

证明是显然的：

$$\begin{gathered} \sum _{d|n}\mu (d)=[n=1] \\ ⟹\mu (n)=-\sum _{d|n\wedge d\ne n}\mu (d)\text{when~n}>1. \end{gathered}$$

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4 莫比乌斯反演

设两个个数论函数 $f(x),F(x)$，若有 $F(x)=\sum _{d|x}f(d)$。

则有：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{d|x}\mu (d)F(\frac{n}{d})\\ & =\sum _{d|x}\mu (\frac{n}{d})F(d)\end{array}$$

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5 例题

5.1 简单的数学题

5.1.1 Description

已知：$n$。

求：

$$(\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}ijgcd(i,j))modp$$

感性感知一下，$gcd(i,j)$ 的取值实际上很少，所以突破口在于枚举她的取值。

设：

$f(d)=\sum _{i,j\in [n]\wedge gcd(i,j)=d}ij$

$F(x)=\sum _{d|x}f(d)$

$G(x)=\sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$

答案即为 $Ans=\sum _{d=1}^{n}f(d)d$。

下考虑求解 $f(d)$：

$$\begin{array}{rl}F(d)& =\sum _{d|i}\sum _{d|j}ij\\ & =\sum _{d|i}i\times \sum _{d|j}j\\ & ={\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }id\right)}^2\\ & ={\left(G\left(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)d\right)}^2\end{array}$$

从而：

$$Ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\mu (i)F(ix)$$

推柿子：

$$\begin{array}{r}\sum \end{array}$$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int lim = 1e7;
int mu[lim+5], phi[lim+5];
bool is_prime[lim+5];
vector<int> prime;
ll _S[lim+5], inv2, inv6, ans, p, n;
unordered_map<ll, ll> S;
ll qpow (ll a, ll b) {
	ll res = 1;
	for (; b; b >>= 1, (a *= a) %= p)
		if (b & 1) (res *= a) %= p;
	return res;
}
void init (int _n) {
	for (int i = 2; i <= _n; i++) is_prime[i] = 1;
	phi[1] = 1;
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= _n; i++) {
		if (is_prime[i])
			prime.push_back(i),
			phi[i] = i-1,
			mu[i] = -1;
		for (int j : prime) {
			if (1ll*i*j > _n) break;
			is_prime[i*j] = 0;
			if (i%j == 0) {
				phi[i*j] = j * phi[i];
				mu[i*j] = 0;
				break;
			}
			phi[i*j] = phi[j] * phi[i];
			mu[i*j] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= _n; i++)
		_S[i] = (_S[i-1] + 1ll*i*i%p * phi[i]%p) % p;
}
ll F1 (ll x) { return x%=p, x*(x+1)%p*inv2%p; }
ll F2 (ll x) { return x%=p, x*(x+1)%p*(x*2+1)%p*inv6%p; }
ll F3 (ll x) { return x%=p, F1(x) * F1(x) % p; }
ll solve (ll x) {
	if (x <= lim) return _S[x];
	if (S[x]) return S[x];
	ll res = F3(x);
	for (ll i = 2, j; i <= x; i = j+1) {
		j = x/(x/i);
		res = (res - solve(x/i) * (F2(j) - F2(i-1) + p) % p + p) % p;
	}
	return S[x] = res;
}
int main () {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> p >> n;
	inv2 = qpow(2, p-2), inv6 = qpow(6, p-2);
	init(lim);
	for (ll i = 1, j; i <= n; i = j+1) {
		j = n/(n/i);
		(ans += F1(n/i) * F1(n/i)%p * ((solve(j) - solve(i-1)+p)%p) % p) %= p;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

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5.2 【模板】杜教筛

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5.3 YY的GCD