莫比乌斯反演

前置：积性函数与狄利克雷卷积 和 整除分块

两个基础积性函数：$\epsilon (n)=[n=1]$，$1(n)=1$。

性质：$\epsilon \ast f=f$，$f$ 是任意函数。

结论：$f(n)$ 是积性函数 $⟺g(n)={\displaystyle \sum _{d|n}f(d)}$ 是积性。

证明：

$\Rightarrow$ 方向：$g=f\ast 1$，狄利克雷卷积的性质在前置里面证了。

$\Leftarrow$ 方向：归纳法。

1. $g(1)=f(1)$。由于 $g$ 积性，所以 $g(1)=g(1)g(1)$，所以 $g(1)=f(1)=1$。

2. 对于 $n>1$，设 $n=ab,(a,b)=1$。归纳法知 $f(1)\sim f(n-1)$ 是积性函数。

$$g(n)=g(ab)={\displaystyle \sum _{d|ab}f(d)}$$

$$={\displaystyle \sum _{d_1|a}\sum _{d_2|b}f(d_1{d}_2)}$$

注意一下，当 $d_1=a,d_2=b$ 时，$d_1{d}_2=n$，这里我们还不知道 $f(n)$ 是积性的。所以我们要把这种情况拆出来单独考虑。

$$={\displaystyle (\sum _{d_1|a}\sum _{d_2|b}f(d_1)\cdot f(d_2))-f(a)f(b)+f(ab)}$$

另外，有条件 $g$ 是积性函数，所以

$$g(n)=g(a)g(b)={\displaystyle \sum _{d_1|a}f(d_1)\sum _{d_2|b}f(d_2)=\sum _{d_1|a}\sum _{d_2|b}f(d_1)f(d_2)}$$

两个式子对比一下，得到 $f(a)f(b)=f(ab)$，所以 $f(n)$ 也是积性函数。归纳法证毕。

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莫比乌斯函数：定义 $\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (n)$ 的函数 $\mu$ 称莫比乌斯函数。

性质1：$\mu$ 是积性函数。

证明：在开头的前置里证明过这个结论。因为 $\epsilon$ 是积性函数，所以 $\mu$ 也是积性函数。

性质2：设 $p$ 为质数，则：

$$\mu (p^k)=\{\begin{array}{ll}1& k=0\\ -1& k=1\\ 0& k>1\end{array}$$

证明：$\sum _{i=0}^k\mu (p^i)=\epsilon (p^k)$ 代入易得。

性质3：设 $n$ 有 $k$ 个质因子，则：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\text{ 有质因子次数大于 }1\\ (-1{)}^k& \text{其他情况}\end{array}$$

证明：用前两个性质易得。

性质4：$\mu \ast 1=\epsilon$。

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莫比乌斯反演两个公式：

1. $g(n)=\sum _{d|n}f(n)⟺f=\mu \ast g$。

2. $g(n)=\sum _{n|d}f(n)⟺f(n)=\sum _{n|d}\mu \ast f$，注意这个公式的 $d$ 是一直变大直到 $+\mathrm{\infty }$ 的。

只证明一：由狄利克雷卷积的结合律、交换律：

$$g(n)=\sum _{d|n}f(n)=f\ast 1$$

所以

$$\mu \ast g=\mu \ast (f\ast 1)=(\mu \ast 1)\ast f=\epsilon \ast f=f$$

显然这个等式从哪个方向都可以推出来。

【应用】

1. 注意 $\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (n)$。也很有用。

ZAP-Queries

求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(a,b)=d]}$，$a,b,d\le 5e4$。有多组测试数据，最多 $5e4$ 组。

常用变形： $gcd(a,b)=d⟺gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1$，然后用 $\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d}))$ 转化。

回到正题。

$$\text{原式}={\displaystyle \sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[d|i]\times [d|j]\times [gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1]}$$

既然 $i,j$ 是 $d$ 的倍数，我们不如直接枚举 $i^{\prime }=i/d,j^{\prime }=j/d$

$$={\displaystyle \sum _{i^{\prime }=1}^{[\frac{a}{d}]}\sum _{j^{\prime }=1}^{[\frac{b}{d}]}[gcd(i^{\prime },j^{\prime })=1]}$$

莫比乌斯函数性质：$\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (n)$

$$={\displaystyle \sum _{i^{\prime }=1}^{[\frac{a}{d}]}\sum _{j^{\prime }=1}^{[\frac{b}{d}]}\sum _{k|gcd(i^{\prime },j^{\prime })}\mu (k)}$$

$$={\displaystyle \sum _{i^{\prime }=1}^{[\frac{a}{d}]}\sum _{j^{\prime }=1}^{[\frac{b}{d}]}\sum _{k|i^{\prime },k|j^{\prime }}\mu (k)}$$

同样，既然 $i^{\prime },j^{\prime }$ 是 $k$ 的倍数，不如先枚举 $k$。记 $A=[\frac{a}{d}],B=[\frac{b}{d}]$。

$$={\displaystyle \sum _{k=1}^{min(A,B)}\sum _{i^{″}=1}^{[\frac{A}{k}]}\sum _{j^{″}=1}^{[\frac{B}{k}]}\mu (k)}$$

$$={\displaystyle \sum _{k=1}^{min(A,B)}[\frac{A}{k}][\frac{B}{k}]\mu (k)}$$

发现 $[\frac{A}{k}][\frac{B}{k}]$ 的取值是 $O(\sqrt{A})$ 的，可以整除分块。

为什么是 $O(\sqrt{A})$ 的？把 $[\frac{A}{k}]$ 的函数图像画出来，是阶梯式下降的，每一层阶梯就是一个取值区间。而 $[\frac{B}{k}]$ 的函数图像最多把 $[\frac{A}{k}]$ 再多分割出一倍。

整除分块后，就是对一个区间的 $\mu$ 求和，可以用前缀和。

复杂度 $O(\sqrt{A})$。

公约数的和

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j),n\le 2\times {10}^6$$

这里有一个经典 trick: 枚举 $gcd$ 然后统计个数。

$$\sum _{g=1}^{n}g\times \sum _{i=1}^{[\frac{n}{g}]}\sum _{j=i+1}^{[\frac{n}{g}]}[gcd(i,j)=1]$$

记 $G=[\frac{n}{g}]$。注意这里又可以用 $\epsilon (gcd(i,j))$ 了。

$$\sum _{g=1}^{n}g\times \sum _{i=1}^G\sum _{j=i+1}^G\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

先枚举 $d$。

$$\sum _{g=1}^{n}g\sum _{d=1}^G\sum _{i=1}^{[\frac{G}{d}]}\sum _{j=1}^{[\frac{G}{d}]}\mu (d)$$

$$\sum _{g=1}^{n}g\sum _{d=1}^G\mu (d)\cdot \sum _{i=1}^{[\frac{G}{d}]}\sum _{j=1}^{[\frac{G}{d}]}1$$

$$\sum _{g=1}^{n}g\sum _{d=1}^G\mu (d)\cdot \frac{1}{2}[{\displaystyle \frac{G}{d}}]([{\displaystyle \frac{G}{d}}-1])$$

对 $[{\displaystyle \frac{G}{d}}]$ 进行数论分块。

复杂度：对于每一个 $g$，复杂度是 $O(\sqrt{G})=O(\sqrt{{\displaystyle \frac{n}{g}}})$ 的。

总复杂度 $O({\displaystyle \sum _{g=1}^n\sqrt{\frac{n}{g}})=O(\sqrt{n}+\sqrt{\frac{n}{2}}+\cdots )<O(n+{\displaystyle \frac{n}{2}}+\cdots )=O(n\log n).}$

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Crash 的数字表格

经典题。求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)}$，$n,m\le {10}^7$。

不妨 $n\le m$。

$$\text{原式}=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\displaystyle \frac{i\cdot j}{gcd(i,j)}}=\sum _{g=1}^n\sum _{i=1}^{[n/g]}\sum _{j=1}^{[m/g]}{\displaystyle \frac{ij{g}^2}{g}}\cdot [gcd(i,j)=1]$$

$$=\sum _{g=1}^{n}g\sum _{i=1}^{[n/g]}\sum _{j=1}^{[m/g]}ij\cdot \sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

记 $[n/g]=N,[m/g]=M.$

$$=\sum _{g=1}^{n}g\sum _{d=1}^N\mu (d)\sum _{i=1}^{[N/d]}\sum _{j=1^{}}^{[M/d]}ij$$

其中 $\sum _{i=1}^{[N/d]}\sum _{j=1^{}}^{[M/d]}ij$ 是可以 $O(1)$ 求得的。

记 $f(x,y)=\sum _{d=1}^x\mu (d)\sum _{i=1}^{[x/d]}\sum _{j=1}^{[y/d]}ij$。

则 $\text{原式}=ans(n)={\displaystyle \sum _{g=1}^{n}g\cdot f([{\displaystyle \frac{n}{g}}],[{\displaystyle \frac{m}{g}}]).}$

在求 $ans(n)$ 的时候用整除分块 $[{\displaystyle \frac{n}{g}}],[{\displaystyle \frac{m}{g}}]$；在求 $f()$ 的时候再整除分块。

复杂度 $O(\sqrt{n}\cdot \sqrt{N})<O(n).$

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