莫比乌斯反演总结
莫比乌斯反演
1. 定义
对于一个定义在非负整数上的函数 \(f(n)\),定义函数\(F(n)\)。
那么有如下结论：
其中：
\((1)若d=1,则\;\;\mu(d)=1\;\;\)
\((2)若d=p_1p_2p_3p_4...p_k,即d有k个互异的质因子\;\;\mu(d)=(-1)^k\)
\((3)其他情况下\;\;\mu(d)=0\)
2.莫比乌斯函数的性质&证明
性质1:$$\sum_{d|n}^n\mu(d)=\begin{cases}
1， & 若n=1\
0 , & 若n>1
\end{cases}$$
证明：
n=1时显然成立;
n>1时:
\(设n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k},n_1=p_1p_2p_3...p_k\)
\(设d,d|n_1\;\;所以d|n,若d包含多个相同质因子，则\mu(d)无贡献,反之有贡献\)
那么易知$$\sum_{d|n}n\mu(d)=\sum_{d'|n_1}\mu(d')$$
\(所以\mu(d)的值与取的质因子个数有关，即\)
由二项式定理:$$(a+b)n=\sumn_{i=0}C(n,i)a{i}b$$
取\(a=-1,b=1,则\)$$\sum{n_1}_{d|n_1}=(-1+1)n=0;;;证毕$$
性质2:
莫比乌斯反演定理的证明:
最后两步的解释：
我们枚举d',因为\(d'|\dfrac{n}{d},所以d'|n,令d'=k\dfrac{n}{d},那么d=k\dfrac{n}{d'},即d|\dfrac{n}{d'},然后当且仅当d'= n时\)
\(\sum_{d|\frac{n}{d'}}^{\frac{n}{d'}}\mu(d)=1,最后结果为f(n)\)
3.莫比乌斯函数的筛法
线性筛法:
int pri[N];int cnt=0;
bool vis[N];
int mu[N];
inline void prepare()//线性筛法求 mu(d)
{
vis[1]=1;
for(register int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) {pri[++cnt]=u;mu[i]=-1;}
for(register int j=1;j<=cnt&&((1ll*pri[j]*i)<=n);j++)
{
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0) {mu[i*pri[j]]=0;break;}//此时有两个相同因子
mu[i*pri[j]]=-mu[i];//新加一个相异质数;
}
}
return ;
}
4.应用
注:以下除法未说明均为向下取整。
其实莫比乌斯反演还有另一种描述:
证明类似：
首先知道若\(nk|d,\)那么 \(n|d,k|d\)。
\(\sum_{n|d}^n\mu(\frac d n)F(d)=\sum_{k=1}^{+∞}\mu(k)F(nk)=\sum^{+∞}_{k=1}\mu(k)\sum_{nk|d'}f(d')\)
\(=\sum_{n|d}f(d)\sum_{k|\frac n d}\mu(k)=f(n)\;\;\;\;当且仅当d=n时\sum_{k|\frac n d}\mu(k)=1\)
一般都用这种
担心d会无限增大?F(d)这时就会没贡献了
1.一道简单例题:
\(求i从1到n,j从1到m的i,j互质的对数\)
\(那么就设f(x)为n,m内gcd=x的对数,F(x)=\sum_{x|d}f(\frac{d}{x})\)
\(那么推知F(x)表示n,m内x|gcd的对数,\)
现在要求\(f(1)\),套用公式就是:
\(f(1)=\sum_{1|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d 1)F(d)\)
即
\(f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)F(d)\)
易知\(F(d)=\dfrac n d*\dfrac m d,即为gcd是d的倍数的对数\)
那么\(f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\dfrac n d*\dfrac m d\)
这样我们其实也可以轻松求出\(gcd=k\)的对数,因为\(n,m\)中\(gcd=k\)的数的对数即为\(\dfrac n d,\dfrac m d中,\) \(gcd=1\)的数的对数。
所以就是:
\(f(k)=\sum_{k|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d k)F(d)=\sum_{k|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d k)\dfrac n d*\dfrac m d\)
\(=\sum^{min(\frac n k,\frac m k)}_{d=1}\mu(d) \dfrac n {kd}*\dfrac m {kd}\;\;\;\)(可以理解为枚举了\(\frac d k),\;\;令n'=\frac n k,m'=\frac mk\)
\(=\sum_{d=1}^{min(n',m')}\dfrac {n'} d*\dfrac {m'} d*\mu(d)\)
然后还可以对除法进行分块，并求出\(\mu(d)\)的前缀和,即可达到每次\(O(\sqrt n)\)的回答
虽然预处理有O(n)
贴个代码 LupguP2522 [HAOI2011]Problem b
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();int t=1;
for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
return x*t;
}
const int N=5e4+10;
int mu[N];
typedef long long ll;
int pri[N];int cnt;bool vis[N];
inline void prepara()
{
mu[1]=1;vis[1]=1;
for(register int i=2;i<=N;i++)
{
if(!vis[i]) {pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
for(register int j=1;j<=cnt&&(1ll*pri[j]*i<N);j++)
{
register int x=i*pri[j];
vis[x]=1;
if(i%pri[j]==0) {mu[x]=0;break;}
mu[x]=-mu[i];
}
}
for(register int i=1;i<N;++i) mu[i]+=mu[i-1];
}
inline ll calc(int a,int b,int c)
{
if(a>b) swap(a,b);
if(a==0) return 0;
a/=c;b/=c;
register ll res=0;
register int l,r;
for(l=1;l<=a;l=r+1)
{
r=min(a/(a/l),b/(b/l));
if(r>a) r=a;
res+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*(a/l)*(b/l);
}
return res;
}
int main()
{
prepara();
int T=read();
while(T--)
{
register int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),e=read();
if(e==0) {puts("0");continue;}
register ll ans1=calc(b,d,e)-calc(a-1,d,e);
register ll ans2=calc(b,c-1,e)-calc(a-1,c-1,e);
//这题还要容斥一波
printf("%lld\n",ans1-ans2);
}
}
2.再来几道题
3.小结:
由上面几道题可以看出:
常用套路：
○1.过硬的推式子能力,灵活变更枚举数的顺序
○2.根据式子列出相关函数并利用莫比乌斯反演公式进行求解
○3.利用莫比乌斯函数的性质对式子进行化简，变形
