莫比乌斯反演学习笔记（转载自An_Account大佬）
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提示：别用莫比乌斯反演公式，会炸的
只需要记住：
[gcd(i,j)=1]=∑d∣gcd(i,j)μ(d)[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)[gcd(i,j)=1]=d∣gcd(i,j)∑?μ(d)
证明？其实很简单。
μ\muμ函数有个性质
∑d∣nμ(d)=[d=1]\sum_{d|n}\mu(d)=[d=1]d∣n∑?μ(d)=[d=1]
将ddd替换成gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)就是上面的那个暂且可以称作公式的式子了
例1
求∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=1] (n<m)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ (n<m)i=1∑n?j=1∑m?[gcd(i,j)=1] (n<m)
直接套公式啦
=∑i=1n∑j=1m∑d∣gcd(i,j)μ(d)=\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)=i=1∑n?j=1∑m?d∣gcd(i,j)∑?μ(d)
然后我们枚举ddd，显然有d∈(1,n) (d∣gcd(i,j))d\in(1,n)\ \ \ (d|gcd(i,j))d∈(1,n) (d∣gcd(i,j))
于是将ddd提到前面去，则i,ji,ji,j都是ddd的倍数，化简一下，得
=∑d=1nμ(d)??nd???md?=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor=d=1∑n?μ(d)??d
n????d
m??
注意到后面那一坨是可以O(n)O(\sqrt n)O(n
?)分块做的
于是我们实现了O(n2)O(n^2)O(n2)到O(n)O(\sqrt n)O(n
?)的过渡
简单吧
例2
求
∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=k] (n<m)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}[gcd(i,j)=k]\ \ \ \ (n<m)i=1∑n?j=1∑m?[gcd(i,j)=k] (n<m)
好像与上一题有点不一样
但我们可以转化成一样的
同时除以kkk，得
=∑i=1?nk?∑j=1?mk?[gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}\rfloor}[gcd(i,j)=1]=i=1∑?k
n???j=1∑?k
m???[gcd(i,j)=1]
然后就一样了
例3
求
∑i=1n∑j=1mij[gcd(i,j)=k] (n<m)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}ij[gcd(i,j)=k]\ \ \ \ (n<m)i=1∑n?j=1∑m?ij[gcd(i,j)=k] (n<m)
老方法，同时除以kkk，只不过与上一题不同的是，我们需要考虑i,ji,ji,j的贡献
=∑i=1?nk?∑j=1?mk?ij[gcd(i,j)=1]?k2=\sum_{i=1}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]*k^2=i=1∑?k
n???j=1∑?k
m???ij[gcd(i,j)=1]?k2
有同学可能要问了
为什么最后要乘以一个k2k^2k2啊？
因为在i,ji,ji,j同时除以kkk的同时，中间那个ijijij的值就变了，i,ji,ji,j同时缩小到了原来的1k\frac{1}{k}k
1?，所以最后要把缩小的乘回来，就是k2k^2k2
让我们继续套路，将中间那个gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)用莫比乌斯替换掉
=∑i=1?nk?∑j=1?mk?ij∑d∣gcd(i,j)μ(d)?k2=\sum_{i=1}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}\rfloor}ij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)*k^2=i=1∑?k
n???j=1∑?k
m???ijd∣gcd(i,j)∑?μ(d)?k2
提出ddd，同样，在最后乘以一个d2d^2d2
=∑d=1?nk?μ(d)?d2∑i=1?nkd?∑j=1?mkd?ij?k2=\sum_{d=1}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)*d2\sum_{i=1}{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}\rfloor}ij*k^2=d=1∑?k
n???μ(d)?d2i=1∑?kd
n???j=1∑?kd
m???ij?k2
各归各家，各找各妈
=k2?∑d=1?nk?μ(d)?d2∑i=1?nkd?i∑j=1?mkd?j=k2*\sum_{d=1}\rfloor}\mu(d)*d2\sum_{i=1}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j=k2?d=1∑?k
n???μ(d)?d2i=1∑?kd
n???ij=1∑?kd
m???j
我们发现，最后那两项，不就是…\dots…等差数列吗？
时间复杂度O(n2)→O(n)O(n^2)\rightarrow O(\sqrt n)O(n2)→O(n
?)
来一个强的
例4
求∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}lcm(i,j)i=1∑n?j=1∑m?lcm(i,j)
首先，小学奥数告诉我们
lcm(i,j)=i?jgcd(i,j)lcm(i,j)=\frac{i*j}{gcd(i,j)}lcm(i,j)=gcd(i,j)
i?j?
可以看看我的另外一篇博客莫比乌斯反演-从莫比乌斯到欧拉，里面详细地介绍了一种奇妙的反演方法，大致思路是用?\phi?函数替换μ\muμ函数。我暂且把它叫做欧拉反演。
但是注意，如果gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)出现在分母这种不正常的位置，就不能用那个神奇的欧拉反演，而应该用常规方法。
先科普一下：积性函数，稍后会有用的
仍然是老套路，枚举gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)
=∑d=1n∑i=1n∑j=1mi?jd?[gcd(i,j)=d]=\sum_{d=1}{n}\sum_{i=1}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]=d=1∑n?i=1∑n?j=1∑m?d
i?j??[gcd(i,j)=d]
同时除以ddd
=∑d=1n∑i=1?nd?∑j=1?md?i?j?d?[gcd(i,j)=1]=\sum_{d=1}{n}\sum_{i=1}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ijd*[gcd(i,j)=1]=d=1∑n?i=1∑?d
n???j=1∑?d
m???i?j?d?[gcd(i,j)=1]
=∑d=1n∑i=1?nd?∑j=1?md?i?j?d∑k∣gcd(i,j)μ(k)=\sum_{d=1}{n}\sum_{i=1}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ijd\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)=d=1∑n?i=1∑?d
n???j=1∑?d
m???i?j?dk∣gcd(i,j)∑?μ(k)
枚举kkk
=∑d=1nd∑k=1?nd?μ(k)?k2∑i=1?ndk?i∑j=1?mdk?j=\sum_{d=1}{n}d\sum_{k=1}\rfloor}\mu(k)*k2\sum_{i=1}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j=d=1∑n?dk=1∑?d
n???μ(k)?k2i=1∑?dk
n???ij=1∑?dk
m???j
这时，这已经是一个O(n)O(n)O(n)的做法，观察可以得到，?nd?\lfloor\frac{n}{d}\rfloor?d
n??可以分一次块，?ndk?\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor?dk
n??可以再分一次块，总时间复杂度是O(n?n)=O(n)O(\sqrt n*\sqrt n)=O(n)O(n
??n
?)=O(n)
推到这里已经很牛逼了，但我们还有更好的方法，这个时间复杂度还能优化
后面那两坨等差数列很烦，我们把它换掉
设T=dk,f(x)=∑i=1xiT=dk,f(x)=\sum_{i=1}^{x}iT=dk,f(x)=∑i=1x?i，把原来那个式子换成
=∑d=1nd∑k=1?nd?μ(k)?k2?f(?nT?)?f(?mT?)=\sum_{d=1}{n}d\sum_{k=1}\rfloor}\mu(k)k^2f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)=d=1∑n?dk=1∑?d
n???μ(k)?k2?f(?T
n??)?f(?T
m??)
看好了，下面的步骤很奇妙
用枚举gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)的方法，我们枚举TTT
=∑T=1nf(?nT?)?f(?mT?)∑d∣Td?μ(Td)?(Td)2=\sum_{T=1}{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d*\mu(\frac{T}{d})*(\frac{T}{d})2=T=1∑n?f(?T
n??)?f(?T
m??)d∣T∑?d?μ(d
T?)?(d
T?)2
=∑T=1nf(?nT?)?f(?mT?)∑d∣Td?μ(d)?T=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d\mu(d)*T=T=1∑n?f(?T
n??)?f(?T
m??)d∣T∑?d?μ(d)?T
em…\dots…貌似没法用狄利克雷卷积
但别担心，我们观察最后这个式子
∑d∣Td?μ(d)?T\sum_{d|T}d\mu(d)Td∣T∑?d?μ(d)?T
先不管TTT
∑d∣Td?μ(d)\sum_{d|T}d*\mu(d)d∣T∑?d?μ(d)
设F(T)=∑d∣Td?μ(d)F(T)=\sum_{d|T}d*\mu(d)F(T)=d∣T∑?d?μ(d)
我们考虑a⊥ba\perp ba⊥b
F(a)=∑d∣ad?μ(d)F(a)=\sum_{d|a}d*\mu(d)F(a)=d∣a∑?d?μ(d)
F(b)=∑d∣bd?μ(d)F(b)=\sum_{d|b}d*\mu(d)F(b)=d∣b∑?d?μ(d)
显然a,ba,ba,b对F(ab)F(ab)F(ab)的贡献是没有交集的，而这时，在我们枚举ddd时，它既可以是aaa的约数，也可以是bbb的约数，还能是ababab的约数。具体来说，F(a)F(a)F(a)的某一项乘F(b)F(b)F(b)的某一项一定等于F(ab)F(ab)F(ab)的某一项（一个aaa的因子与一个bbb的因子相乘一定是ababab的因子）
又因为a⊥ba\perp ba⊥b，故有
μ(a\mu(aμ(a的某个因子k)?μ(bk)\mu(bk)?μ(b的某个因子j)=μ(k?j)j)=\mu(kj)j)=μ(k?j)
所以，FFF不就是一个积性函数吗？
常识告诉我们，积性函数是可以O(n)O(n)O(n)筛的，FFF也一样
有
F(1)=1F(1)=1F(1)=1
如果aaa是质数，则
F(a)=1?aF(a)=1-aF(a)=1?a 如果a⊥ba\perp ba⊥b，则
F(a?b)=F(a)?F(b)F(ab)=F(a)F(b)F(a?b)=F(a)?F(b)
这三个公式易得出，我们考虑a≡0 (mod b)a\equiv 0\ (mod\ b)a≡0 (mod b)且bbb是质数的情况
则F(a?b)F(a*b)F(a?b)比F(a)F(a)F(a)多出的几项中，ddd分解后，项bbb的次数一定大于111
想一想，为什么
因为，如果bbb这一项的次数小于等于111，它就一定在F(a)F(a)F(a)中被运算过了！（aaa一定有bbb这个质因子）
别忘了，当某个数的某个质因子次数大于111，它的μ\muμ值就是000啊！
故此时
F(a?b)=F(a)F(a*b)=F(a)F(a?b)=F(a)
于是，我们推导出了FFF函数的转移公式，代码表示如下（顺便处理一下前缀和）
void sieve() {
F[1]=sum[1]=1;
for (int i=2;i<=10000000;i++) {
if (!flag[i]) prime[++cnt]=i,F[i]=1-i;
for (int j=1;j<=cnt&&iprime[j]<=10000000;j++) {
flag[iprime[j]]=1;
if (i%prime[j]==0) {//不互质
F[iprime[j]]=F[i];
break;
}
F[iprime[j]]=F[i]F[prime[j]];//互质
}
sum[i]=sum[i-1]+F[i]i;
}
}
回到公式
=∑T=1nf(?nT?)?f(?mT?)∑d∣Td?μ(d)?T=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d\mu(d)*T=T=1∑n?f(?T
n??)?f(?T
m??)d∣T∑?d?μ(d)?T
仔细看代码，最后那个TTT已经在前缀和中处理了
我们只需要分块求前面那两个fff，后面那一坨O(1)O(1)O(1)处理（都筛出来了）
时间复杂度O(n)→O(n)O(n)\rightarrow O(\sqrt n)O(n)→O(n
?)
当你想降一下时间复杂度时，枚举第二个分块中的某一项再进行处理可能是一个好选择。
例5
求
∑i=1n∑j=1md(i?j)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}d(i*j)i=1∑n?j=1∑m?d(i?j)
其中，d(i?j)d(ij)d(i?j)表示i?jiji?j的约数个数
我们有一个公式
d(i?j)=∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]d(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]d(i?j)=x∣i∑?y∣j∑?[gcd(x,y)=1]
很多人不知道这个公式是怎么推的，我来解释一下
其实，这里的[gcd(i,j)=1][gcd(i,j)=1][gcd(i,j)=1]并不是为了去重，而是为了和左边的式子保持相等
我们考虑一个质数ppp，i=i′?pk1,j=j′?pk2i=i'*p{k_1},j=j'*pi=i′?pk1?,j=j′?pk2?，注意这里k1,k2k_1,k_2k1?,k2?可以为000
考虑ppp对d(i?j)d(i*j)d(i?j)的贡献，显然，在ddd的因子中，ppp的这一项可以为000~k1+k2k_1+k_2k1?+k2?共k1+k2+1k_1+k_2+1k1?+k2?+1个
考虑等式右边，我们只看ppp这一项。x=x′?pkx,y=y′?pkyx=x'*p{k_x},y=y'*px=x′?pkx?,y=y′?pky?
要满足gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1,那么就有gcd(pkx,pky)=1gcd(p{k_x},p)=1gcd(pkx?,pky?)=1
要么kx=0,ky∈[0,k2]k_x=0,k_y\in[0,k_2]kx?=0,ky?∈[0,k2?]，共k2+1k_2+1k2?+1种
要么ky=0,kx∈[0,k1]k_y=0,k_x\in[0,k_1]ky?=0,kx?∈[0,k1?]，共k1+1k_1+1k1?+1种
减去重复判断的kx=0,ky=0k_x=0,k_y=0kx?=0,ky?=0这种情况，最后答案k1+k2+1k_1+k_2+1k1?+k2?+1种
与等式左边相同！
剩下的步骤都很水了，所以我把这留作练习，如果你认真阅读了以上所有内容，那么这个练习就可以轻松解决。
练习
练习1
上面说了
练习2
求
∏i=1n∏j=1mf[gcd(i,j)] (n,m≤106,T≤1000)\prod_{i=1}{n}\prod_{j=1}f[gcd(i,j)]\ \ \ (n,m\leq 10^6,T\leq 1000)i=1∏n?j=1∏m?f[gcd(i,j)] (n,m≤106,T≤1000)
fff是斐波那契数列
练习3
求
∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)k (n,m≤5?106,T≤2000)\sum_{i=1}{n}\sum_{j=1}gcd(i,j)^k\ \ \ (n,m\leq 5*10^6,T\leq 2000)i=1∑n?j=1∑m?gcd(i,j)k (n,m≤5?106,T≤2000)
注：练习2、练习3中，TTT是数据组数
