莫比乌斯反演学习笔记

引入

对于数论问题中的一些函数 $f(n)$，如果很难直接求出它的值，却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化简运算，求得 $f(n)$ 的值。

定义

$\mu$ 为莫比乌斯函数，定义如下：

$$\mu(n)=\begin{cases} 1，n=1 \\ 0，n含有平方因子 \\ (-1)^k，k为 n的本质不同质因子个数 \end{cases}$$

令 $n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$，其中 $p_i$ 为质因子，$c_i \geq 1$。上述定义表示：

1.当 $n=1$ 时，$\mu(n)=1$；

2.当 $n \ne 1$ 时：

• 当存在 $i \in [1,k]$，使得 $c_i>1$ 时，$\mu(n)=0$，也就是只要有某个质因子出现次数超过一次，$\mu(u)$ 就等于 $0$。

• 当任意 $i \in [1,k]$，都满足 $c_i=1$ 时，$\mu(n)=(-1)^k$，$k$ 即为出现的质因子的总个数。

代码实现

根据定义，$\mu(1) \sim \mu(n)$ 可以在线性筛的过程中同时得到，时间复杂度为 $O(n)$：

mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
	if(!vis[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
	for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
	{
		vis[i*prime[j]]=1;
		if(i%prime[j]==0)
		{
			mu[i*prime[j]]=0;
			break;
		} 
		mu[i*prime[j]]=-mu[i];
	}
}

性质

$$\sum_{d|n} \mu(d)=\left\{\begin{matrix}1，n=1 \\ 0，n \ne 1 \end{matrix}\right.$$

证明

令 $n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i},n'=\prod_{i=1}^{k}p_i$

那么 $\sum_{d|n} \mu(d)=\sum_{d|n'} \mu(d)=\sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} (-1)^i=(1+(-1))^k$

根据二项式定理，只有当 $k=0$ 即 $n=1$ 时原式值为 $1$，反之则为 $0$。

结论

$\sum_{d|\gcd(i,j))}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1]$

这个等式的证明比较显然，根据前面提到的性质，只有当 $\gcd(i,j)=1$ 时，才满足$\mu(d)=1$，反之 $\mu(d)=0$。

莫比乌斯变换

形式一

$$f(n)=\sum_{d|n} g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

形式二

$$f(n)=\sum_{n|d} g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$$

「HAOI 2011」Problem b

题意

$T$ 组询问，每次询问求值：

$$\sum_{i=x}^{n}\sum_{i=y}^{m}[gcd(i,j)=k]$$

$1 \leq T,x,y,n,m,k \leq 5 \times 10^4$。

思路

根据差分的思路，可以将每次询问拆成四个相同形式的式子：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}[gcd(i,j)=k]$$

化简该式子：

$$\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor }\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

利用莫比乌斯函数的性质，进一步化简，得到：

$$\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor }\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor } \sum_{d|\gcd(i,j)} \mu(d)$$

变换求和顺序，先枚举 $d | \gcd(i,j)$ 可得：

$$\sum_{d=1} \mu(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor } [d|i]\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor } [d|j]$$

而 $1 \sim \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$ 中，$d$ 的倍数有 $\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor$ 个，故原式化为：

$$\sum_{d=1}^{\min(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor,\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor)} \mu(d)\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor$$

于是这个式子就可以用数论分块求解。时间复杂度为 $O(T \sqrt{n})$

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
int prime[N],mu[N],tot;bool vis[N];
void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++)
	{
		if(!vis[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<N;j++)
		{
			vis[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<N;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
int solve(int n,int m)
{
	int res=0;
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		res+=(mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return res;
}
int main()
{
	int T,n,m,x,y,k;scanf("%d",&T);init();
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&x,&n,&y,&m,&k);
	    printf("%d\n",solve(n/k,m/k)-solve((x-1)/k,m/k)-solve(n/k,(y-1)/k)+solve((x-1)/k,(y-1)/k));
	}
	return 0;
}

Crash的数字表格

求值：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\mathrm{lcm} (i,j)$$

对 20101009$ 取模。

$1 \leq n,m \leq 10^7$。

思路

不难发现，原式等价于：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i \cdot j}{\mathrm{gcd} (i,j)}$$

枚举 $d=\gcd(i,j)$：

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor }\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor }[\gcd(i,j)=1]\ i \cdot j \cdot d$$

把 $d$ 提到前面来，套用莫比乌斯函数：

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor }\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor }\sum_{d|\gcd(i,j)} \mu(d) i \cdot j$$

单独计算后面两项的值，记

$$\mathrm{sum}(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|\gcd(i,j)} \mu(d) i \cdot j$$

变换求和顺序，先枚举 $d | \gcd(i,j)$ 可得：

$$\sum_{d=1} \sum_{d|i}^{n}\sum_{d|j}^{m}\mu(d) i \cdot j$$

令 $i=i' \cdot d,j=j' \cdot d$，带入式子可得：

$$\sum_{d=1} \mu(d) d^2 \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor }\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor } i \cdot j$$

注意到这个式子前半部分可以预处理前缀和用整除分块做，后半部分则可以直接计算，那么原式就是：

$$\sum_{i=1}^{n} d \times \mathrm{sum}(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor ,\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor)$$

于是总的时间复杂度就为 $O(n+m)$。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e7+10,mod=20101009;
int mu[N],sum[N],prime[N],tot;bool vis[N];
void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++)
	{
		if(!vis[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<N;j++)
		{
			vis[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;++i) sum[i]=(sum[i-1]+1ll*i*i%mod*(mu[i]+mod))%mod;
}
int Sum(int n,int m){return (1ll*n*(n+1)/2%mod)*(1ll*m*(m+1)/2%mod)%mod;}
int func(int n,int m)
{
    int res=0;
    for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        res=(res+1ll*(sum[r]-sum[l-1]+mod)*Sum(n/l,m/l)%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int solve(int n,int m)
{
	int res=0;
    for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        res=(res+1ll*(r-l+1)*(l+r)/2%mod*func(n/l,m/l)%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int main()
{
	int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);init();printf("%d\n",solve(n,m));
	return 0;
}

约数个数和

$T$ 组询问。每次询问给定 $n,m$，求：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i \cdot j)$$

其中 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数。

$1\le T,n,m \le 50000$

思路：

首先需要用到 $d$ 函数的一个特殊性质，即：

$$d(i \cdot j)=\sum_{x|i}\sum_{y|i} [\gcd(x,y)=1]$$

考虑将这个式子化简：

$$d(i \cdot j)=\sum_{x|i}\sum_{y|i} [\gcd(x,y)=1]$$

$$=\sum_{x|i}\sum_{y|i} \sum_{p|\gcd(x,y)}\mu(p)$$

$$=\sum_{p=1}\mu(p) \sum_{x|i}\sum_{y|i} [p|\gcd(x,y)]$$

$$=\sum_{p|i , p|j}\mu(p) \sum_{x|i}\sum_{y|i} [p|\gcd(x,y)]$$

$$=\sum_{p|i , p|j}\mu(p) \sum_{x|{\frac{i}{p}}}\sum_{y|{\frac{j}{p}}} 1$$

$$=\sum_{p|i , p|j}\mu(p) d(\frac{i}{p})d(\frac{j}{p})$$

带回原式，得：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i \cdot j)$$

$$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{p|i , p|j}\mu(p) d(\frac{i}{p})d(\frac{j}{p})$$

$$=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [p|i][p|j] d(\frac{i}{p})d(\frac{j}{p})$$

$$=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor} d(i)d(j)$$

$$=\sum_{p=1}^{\min(n,m)}\mu(p)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor} d(i)\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor} d(j)$$

对于 $d$ 函数，也可以在线性筛的同时求出。那么就可以做到 $O(n)$ 预处理，$O(T\sqrt{n})$ 询问。

code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5e4+10;
#define LL long long
LL d[N];int t[N],mu[N],prime[N],tot;bool vis[N];//t表示最小质因子的出现次数 
void init()
{
	mu[1]=d[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++)
	{
		if(!vis[i]) prime[++tot]=i,d[i]=2,mu[i]=-1,t[i]=1;
		for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<N;j++)
		{
			vis[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[i*prime[j]]=0;
				d[i*prime[j]]=d[i]/(t[i]+1)*(t[i]+2);
 			    t[i*prime[j]]=t[i]+1;
 			    break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			d[i*prime[j]]=d[i]*2;
		    t[i*prime[j]]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++) mu[i]+=mu[i-1],d[i]+=d[i-1];
}
LL solve(int n,int m)
{
	LL res=0;
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		res+=(mu[r]-mu[l-1])*d[n/l]*d[m/l];
	}
	return res;
}
int main()
{
	int T,n,m;scanf("%d",&T);init();
	while(T--) scanf("%d%d",&n,&m),printf("%lld\n",solve(n,m));
	return 0;
}