莫比乌斯反演

莫比乌斯反演的原理

由定义，对于两个积性函数 $\boldsymbol f,\boldsymbol g$ 若满足 $\displaystyle \boldsymbol g(n)=\sum_{d\mid n}\boldsymbol f(d)$

则根据 $\boldsymbol g=\boldsymbol f*\boldsymbol I$ 反推出 $\boldsymbol f=\boldsymbol g*\boldsymbol \mu$

从而有 $\displaystyle \boldsymbol f(n)=\sum_{d\mid n}\boldsymbol g(d)\cdot \boldsymbol \mu({n\over d})$

当然，本人更爱使用元函数的反演法，即将式子中化简出 $[n=1]$ 项，再通过 $\displaystyle [n=1]=\boldsymbol \varepsilon(n)=(\boldsymbol \mu*\boldsymbol I)(n)=\sum_{d\mid n}\boldsymbol \mu(n)$ 反演出结果

另一方向的莫比乌斯反演

当然，铃悬 dalao 还给出了另一个方向的莫比乌斯反演：

$\displaystyle \boldsymbol g(n)=\sum_{n\mid m}\boldsymbol f(m)$ 反演为 $\displaystyle \boldsymbol f(n)=\sum_{n\mid m}\boldsymbol \mu({m\over n})\boldsymbol g(m)$

证明方法来源于铃悬的数学小讲堂——狄利克雷卷积与莫比乌斯反演

我们定义一个运算 $\displaystyle (\boldsymbol f\oplus\boldsymbol g)(n)=\sum_{n\mid m}\boldsymbol f({m\over n})\cdot \boldsymbol g(m)$

很显然，根据定义 $\displaystyle (\boldsymbol \varepsilon\oplus \boldsymbol f)(n)=\sum_{n\mid m}\boldsymbol \varepsilon({m\over n})\cdot \boldsymbol f(m)=\sum_{n\mid m,m\neq n}\boldsymbol \varepsilon({m\over n})\cdot \boldsymbol f(m)+\boldsymbol \varepsilon({n\over n})\cdot \boldsymbol f(n)=0+1\cdot \boldsymbol f(n)=\boldsymbol f(n)$

所以我们可以知道，原式为 $\boldsymbol g=\boldsymbol I\oplus \boldsymbol f$ ，反演式为 $\boldsymbol f=\boldsymbol \mu\oplus \boldsymbol g$

考虑到 $\displaystyle (\ (\boldsymbol f*\boldsymbol g)\oplus \boldsymbol h)(n)=\sum_{n\mid m}(\boldsymbol f*\boldsymbol g)({m\over n})\cdot \boldsymbol h(m)=\sum_{n\mid m}(\sum_{d\mid {m\over n}}\boldsymbol f(d)\boldsymbol g({m\over nd})\ )\cdot \boldsymbol h(m)=\sum_{n\mid m}(\sum_{nd\mid m}\boldsymbol f(d)\boldsymbol g({m\over nd})\ )\cdot \boldsymbol h(m)$

由于对于所有满足加和条件的 $d$ ， $\boldsymbol h(m)$ 都是固定的，所以可以将括号展开，原式 $\displaystyle =\sum_{n\mid m}\sum_{nd\mid m}\boldsymbol f(d)\boldsymbol g({m\over nd})\cdot \boldsymbol h(m)$

我们令 $T=nd$ 所以 $T\mid m$ 则可以肯定 $n\mid m$

但是我们还需要额外加上条件 $n\mid T$ 即可保证符合原式的性质

因此，原式 $\displaystyle =\sum_{n\mid T}\sum_{T\mid m}\boldsymbol f({T\over n})\cdot \boldsymbol g({m\over T})\cdot \boldsymbol h(m)=\sum_{n\mid T}\boldsymbol f({T\over n})\cdot ( \sum_{T\mid m}\boldsymbol g({m\over T})\cdot \boldsymbol h(m)\ )=\sum_{n\mid T}\boldsymbol f({T\over n})\cdot (\boldsymbol g\oplus\boldsymbol h)(T)=(\boldsymbol f\oplus(\boldsymbol g\oplus \boldsymbol h)\ )(n)$

故我们得到 $(\boldsymbol f*\boldsymbol g)\oplus \boldsymbol h=\boldsymbol f\oplus (\boldsymbol g\oplus \boldsymbol h)$

现在，我们可以很简单地证明上述式子的正确性了：

$\boldsymbol f=\boldsymbol \varepsilon\oplus \boldsymbol f=(\boldsymbol \mu*\boldsymbol I)\oplus \boldsymbol f=\boldsymbol \mu\oplus(\boldsymbol I\oplus \boldsymbol f)=\boldsymbol \mu\oplus \boldsymbol g$

所以上述式子成立

莫比乌斯反演例题

洛谷P4450 双亲数

给定 $A,B,d$ 求 $\displaystyle ans=\sum_{a=1}^A\sum_{b=1}^B[gcd(a,b)=d]$

第一题，咱们讲细一点......

我们不妨设 $A\leq B$ ，否则我们交换这两个

考虑到 $a$ 只有 $d,2d,3d\cdots (A/d)\cdot d$ 时对答案有贡献， $b$ 也是 $d,2d,3d\cdots (B/d)\cdot d$ 时对答案有贡献

故我们直接改为枚举前面的系数，它们乘上 $d$ 就是 $a,b$

$\displaystyle ans=\sum_{a'=1}^{(A/d)}\sum_{b'=1}^{(B/d)}[gcd(a'd,b'd)=d]=\sum_{a'=1}^{(A/d)}\sum_{b'=1}^{(B/d)}[d\cdot gcd(a',b')=d]=\sum_{a'=1}^{(A/d)}\sum_{b'=1}^{(B/d)}[gcd(a',b')=1]$

这里可以用上元函数反演 $\displaystyle [n=1]=\boldsymbol \varepsilon(n)=(\boldsymbol \mu*\boldsymbol I)(n)=\sum_{d\mid n}\boldsymbol \mu(d)$

因此直接代入上式得到 $\displaystyle ans=\sum_{a=1}^{A/d}\sum_{B=1}^{B/d}\sum_{k\mid gcd(a,b)}\boldsymbol \mu(k)$

要满足 $k\mid gcd(a,b)$ ，即 $k$ 为 $a,b$ 最大公因数的因数，因此一定为其公因数，可写为 $k\mid a\wedge k\mid b$

$\displaystyle ans=\sum_{a=1}^{A/d}\sum_{b=1}^{B/d}\sum_{k\mid a\wedge k\mid b}\boldsymbol \mu(k)=\sum_{a=1}^{A/d}\sum_{b=1}^{B/d}\sum_{k=1}^{A/d}\boldsymbol \mu(k)[k\mid a\wedge k\mid b]$

我们调换枚举顺序，先枚举 $k$

$\displaystyle ans=\sum_{k=1}^{A/d}\boldsymbol \mu(k)\sum_{a=1}^{A/d}\sum_{b=1}^{B/d}[k\mid a\wedge k\mid b]$

由于 $[k\mid a\wedge k\mid b]$ 可以理解为一个 bool ，所以它与 $[k\mid a]\cdot [k\mid b]$ 等价

再次代入得 $\displaystyle ans=\sum_{k=1}^{A/d}\boldsymbol \mu(k)\sum_{a=1}^{A/d}\sum_{b=1}^{B/d}[k\mid a][k\mid b]=\sum_{k=1}^{A/d}\boldsymbol \mu(k)\sum_{a=1}^{A/d}[k\mid a]\sum_{b=1}^{B/d}[k\mid b]$

我们单独考虑 $\displaystyle \sum_{a=1}^{A/d}[k\mid a]$ 有贡献的肯定是 $k,2k,3k\cdots (\ (A/d)/k)\cdot k$ 因此我们枚举有贡献的

$\displaystyle \sum_{a=1}^{A/d}[k\mid a]=\sum_{a'=1}^{(A/d)/k}[ak\mid a]=\sum_{a'=1}^{A/(dk)}1=A/(dk)$

同理处理 $B$ 的式子后，我们得到 $\displaystyle ans=\sum_{k=1}^{A/d}\boldsymbol \mu(k)\cdot (A/(dk)\ )\cdot (B/(dk)\ )$

由于 $A,B,d$ 是开头给定的，因此我们不妨直接令 $A'=A/d,B'=B/d$ 即可得到 $\displaystyle ans=\sum_{k=1}^{A'}\boldsymbol \mu(k)\cdot (A'/k)\cdot (B'/k)$

我们先预处理莫比乌斯函数前缀和，再用二维整出分块搞一搞后面就可以 $O(n+\sqrt n)$ 的时间搞出来了， $n$ 与 $A,B$ 同阶

简单补充一下二维整除分块：考虑对 $\forall i\in [l,r]$ 使得 $\begin{cases} n/(l-1)\neq n/l=n/i=n/r\neq n/(r+1) \\\ \\ m/(l-1)\neq m/l=m/i=m/r\neq m/(r+1) \end{cases}$

我们以已知左端点的为例，若对于 $n$ ，可以求出一个 $r_n$ ；对于 $m$ ，可以求出一个 $r_m$ ；则 $min(r_n,r_m)$ 就是上述满足上述条件的 $r$

if(a>b) swap(a,b);
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){
    r=min(a/(a/l),b/(b/l));
    ans+=(smu[r]-smu[l-1])*(a/l)*(b/l);
}

洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries

与上一题大同小异，只不过改成了 $n$ 次的查询，复杂度改为预处理 $O(a)$ 加上算后面那一项的 $n$ 倍 $O(n\sqrt a)$

由于 $n,a$ 同阶，复杂度为 $O(n\sqrt n)$

由于式子都是一样的，这题就不推了，答案最后是 $\displaystyle ans=\sum_{x=1}^{a/d}\boldsymbol\mu(d)\cdot(\ (a/d)/x\ )\cdot(\ (b/d)/x\ )$

洛谷P2257 YY的GCD

推的过程类似，下面就没很多说明了

我们要求 $\displaystyle ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)\in Prime]$

我们改为枚举质数：（同样默认 $n\leq m $ ）

$\displaystyle ans=\sum_{p\in Prime}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=p]=\sum_{p\in Prime}\sum_{i=1}^{n/p}\sum_{j=1}^{m/p}\sum_{d\mid i\wedge d\mid j}\boldsymbol\mu(d)$

$\therefore \displaystyle ans=\sum_{p\in Prime}\sum_{d=1}^{n/p}\boldsymbol\mu(d)\sum_{i=1}^{n/p}[d\mid i]\sum_{j=1}^{m/p}[d\mid j]=\sum_{p\in Prime}\sum_{d=1}^{n/p}\boldsymbol\mu(d)\cdot (\ (n/p)/d\ )\cdot (\ (m/p)/d\ )$

由于这样枚举 $d$ 太不优雅了，因此我们不妨令 $T=pd$ ，由于 $d\leq n/p$ 因此 $T\leq n$

$\therefore \displaystyle ans=\sum_{p\in Prime}\sum_{T=1}^n \boldsymbol\mu({T\over p})\cdot [p\mid T] (n/T)\cdot (m/T)=\sum_{T=1}^n(n/T)\cdot (m/T)\cdot \sum_{p\in Prime}\boldsymbol \mu({T\over p})[p\mid T]=\sum_{T=1}^n(n/T)\cdot (m/T)\cdot \sum_{p\in Prime,p\mid T}\boldsymbol \mu({T\over p})$

为了表述方便，我们记录 $\displaystyle f(T)=\sum_{p\in Prime,p\mid T}\boldsymbol \mu({T\over p})$

于是可以 $\displaystyle ans=\sum_{T=1}^n(n/T)\cdot (m/T)\cdot f(T)$

预处理好 $f(n)$ ，剩下的就整出分块来搞一搞了

给出预处理的代码：

inline void sieve(){...}
inline void pre(){
    for(int i=1;i<=cntprime;i++){
        int p=prime[i];
        for(int j=1;j*p<=lim;j++){
            sumf[j*p]+=mu[j];
        }
    }

    for(int i=1;i<=n;i++){
        sumf[i]+=sumf[i-1];
    }
}

洛谷P2522 [HAOI2011]Problem b

求 $\displaystyle ans=\sum_{i=a}^b\sum_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$

考虑 $\displaystyle S(m,n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum_{d=1}^{n/k}\boldsymbol \mu(d)\cdot (\ (n/k)/d\ )\cdot (\ (m/k)/d\ )$

求解 $S(n,m)$ 方法见上文

另外，由二维差分可以得到 $ans=S(b,d)-S(a-1,d)-S(b,c-1)+S(a-1,c-1)$

posted @ 2020-03-14 12:04 JustinRochester 阅读(382) 评论(0) 编辑收藏举报

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