莫比乌斯反演

莫比乌斯反演例题

原理：

\[f(x)=\sum_{d\mid x} g(d) \iff g(x)=\sum_{d\mid x} \mu(d)f(\dfrac x d) \]

\[f(x)=\sum_{x\mid d} g(d) \iff \sum_{x\mid d}\mu(\dfrac d x) f(d) \]

技巧：

\[[\gcd (x,y)=1]=\sum_{d\mid \gcd(x,y)} \mu(d) \]

\[\sum _{d\mid n} \mu(d) = [n=1] \]

\[d(i\times j) =\sum_{x\mid i} \sum _{y\mid j}[\gcd(x,y)==1] \]

对于这种与 \(\gcd\) 相关的莫比乌斯反演，一般我们都是套路的去设 \(f(d)\) 为 \(\gcd (i,j)=d\) 的个数，\(g(n)\) 为 \(\gcd (i,j)=n\) 和 \(n\) 的倍数的数的个数

即：

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

\[g(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [x\mid\gcd(i,j)] \]

由定义我们容易发现：\(f(x)\) 和 \(g(x)\) 是有某些关联的，那么我们尝试去发现 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的关系，可以发现：

\[g(x)=\sum_{x\mid d} f(d)=\lfloor \dfrac n x \rfloor \lfloor \dfrac m x \rfloor \]

那么此时我们显然就可以运用反演了：

\[g(x)=\sum_{x\mid d} f(d)=\lfloor \dfrac n x \rfloor \lfloor \dfrac m x \rfloor\iff f(x)=\sum_{d\mid x} \mu(d)g(\dfrac x d) \]

---

典型例题

P3455 [POI2007]ZAP-Queries

题目描述：

求解：

\[\sum _{i=1}^a \sum _{j=1 }^b [\gcd (i,j)==k] \]

---

那么我们设

\[f(k)=\sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b [\gcd(i,j)=k] \]

\[F(n)=\sum_{n\mid k} f(k)=\lfloor \dfrac a n \rfloor \lfloor \dfrac b n \rfloor \]

由反演可知：

\[f(n)=\sum_{n\mid k} \mu(\lfloor \dfrac k n \rfloor)F(k) \]

我们要求的答案应该是 \(f(k)\)

那么我们有：

\[f(k)=\sum _{k\mid d} \mu(\lfloor \dfrac d k \rfloor)F(d) \]

把 \(F(d)\) 化简可得：

\[f(k)=\sum _{k\mid d} \mu(\lfloor \dfrac d k \rfloor)\lfloor \dfrac a d \rfloor \lfloor \dfrac b d \rfloor \]

设 \(\lfloor \dfrac d k\rfloor\) 为 \(t\)

则 \(d=kt\) ，所以：

\[f(k)=\sum _{t=1} ^{\min(a,b)} \mu (t)\lfloor \dfrac a {kt} \rfloor \lfloor \dfrac b {kt} \rfloor \]

我们根据这个就可以利用整数分块来求了

---

P2257 YY的GCD

题目描述：

\[\sum _{i=1} ^n \sum_{j=1}^m [\gcd (i,j)==k]~~{k\in prime} \]

---

首先我们还是先化简原式：

设：

\[f(x)=\sum _{i=1} ^n \sum_{j=1}^m [\gcd (i,j)==x]\\ F(x)=\sum _{x\mid d} f(d)=\lfloor \dfrac n x \rfloor \lfloor \dfrac m x \rfloor\\ f(x)=\sum_{x\mid d} \mu(\lfloor\dfrac d x \rfloor) F(d) \]

然后我们把题目写成一般形式就是：

\[\sum_{p\in prime}\sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^m[\gcd(i,j)==p] \]

我们要求的答案就是：

\[\sum_{p\in prime}f(p) \]

我们利用莫比乌斯反演，即上面的第三个式子就有：

\[\sum_{p\in prime} f(p) =\sum_{p\in prime} \sum_{p\mid d} \mu(\lfloor\dfrac d p \rfloor) F(d) \]

我们设 \(\lfloor \dfrac d p\rfloor = t\) 则 \(d=pt\)

\[\sum_{p\in prime} f(p) =\sum_{p\in prime} \sum_{t=1}^{\min(\lfloor \frac n {p} \rfloor,\lfloor \frac m {p} \rfloor)} \mu(t) F(pt) =\sum_{p\in prime} \sum_{t=1}^{\min(\lfloor \frac n {p} \rfloor,\lfloor \frac m {p} \rfloor)} \mu(t) \lfloor \dfrac n {pt} \rfloor \lfloor \dfrac m {pt} \rfloor \]

现在我们是枚举每一个 \(p\) 的倍数进行处理，因此我们也可以改成枚举每一个数的质因数

\[\sum_{i=1}^{\min (n,m)} \sum _{t\in prime ~\cap~ t\mid i} \mu(\dfrac i t)\lfloor \dfrac{m}{i} \rfloor \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor \]

把 $\lfloor \dfrac m i \rfloor \lfloor \dfrac n i\rfloor $ 扔出来就有：

\[\sum_{i=1}^{\min (n,m)} \lfloor \dfrac{m}{i} \rfloor \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor\sum _{t\in prime ~\cap~ t\mid i} \mu(\dfrac i t) \]

我们观察发现：后面的 \(\sum \mu (\dfrac i t)\) 可以直接处理掉

当然，在我们也可以根据一些代数意义化简，当我们化简到这一步的时候：

\[\sum_{p\in prime} \sum_{p\mid d} \mu(\lfloor\dfrac d p \rfloor) F(d) \]

翻译成人话就是：对于每一个质数，我枚举它的倍数，使得 \(ans\) 加上 \(\mu(\lfloor\dfrac d p \rfloor) F(d)\)

那么我们完全可以换一种思路，枚举每一个数，加上它分解质因数后的每一个因数即可，此时对于我的 \(\mu\) 来说，就是 \(i\) 是 \(p\) 的多少倍，\(F\) 就是当前的 \(i\) 是几

\[\sum_{i=1}^{\min(n,m)} \sum _{p\in prime \cap p\mid i} \mu(\lfloor \dfrac i p \rfloor)F(i) \]

然后拆开 \(F(i)\) 就行了

\[\sum_{i=1}^{\min (n,m)} \sum _{p\in prime ~\cap~ p\mid i} \mu(\lfloor \dfrac i p \rfloor)\lfloor \dfrac{m}{i} \rfloor \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor \\ \sum_{i=1}^{\min (n,m)} \lfloor \dfrac{m}{i} \rfloor \lfloor \dfrac{n}{i}\rfloor\sum _{p\in prime ~\cap~ p\mid i} \mu(\lfloor \dfrac i p \rfloor) \]

其实和上面的化简是长的一样的，只是换一种理解方式，可以减少很多不必要的步骤。

/*
BlackPink is the Revolution
light up the sky
Blackpink in your area
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+5e5+5;
const int mod=1e9+7;
const double pi=3.141592653589793;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
namespace scan{
    template <typename T>
    void read(T &x){
        x=0; char c=getchar(); int f=0;
        for(; !isdigit(c); c=getchar()) f |= c=='-';
        for(; isdigit(c); c=getchar()) x = x*10+(c^48);
        if(f) x = -x;
    }

    template <typename T>
    void write(T &x,char ch){
        if(x<0) putchar('-'), x = -x;
        static short st[30],tp;
        do st[++tp] = x%10, x/=10; while(x);
        while(tp) putchar(st[tp--] | 48);
        putchar(ch);
    }
}
using namespace scan;
int n,m,cnt;
int prime[N],mu[N],g[N];
int sum[N];
bool st[N];
inline void get_prime(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<n;i++){
		if(!st[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;prime[j]*i<n;j++){
			st[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break ;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int j=1;j<=cnt;j++)
		for(int i=1;i*prime[j]<=n;i++) g[i*prime[j]]+=mu[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
int T,ans;
signed main(){
	get_prime(N-100);
	// for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<prime[i]<<" ";
	read(T);
	while(T--){
		ans=0;
		read(n),read(m);
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
			if(n/l==0 || m/l==0) break;
			r=min(n/(n/l),(m/(m/l)));
			ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(m/l)*(n/l);
		}
		write(ans,'\n');
	}
    return 0;
}

---

P3327 [SDOI2015]约数个数和

题目描述：

\[\sum_{i=1}^n \sum _{j=1} ^m d(i\times j) \]

---

首先有一个引理：

\[d(i\times j) =\sum _{a \mid i} \sum _{b\mid j} [\gcd(a,b)==1] \]

找了半天也没找到证明，貌似只有一个，还是我没看懂的

---

所以我们就直接搞吧

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^n \sum _{j=1} ^m d(i\times j)&=\sum_{i=1}^n \sum _{j=1}^m\sum _{a \mid i} \sum _{b\mid j} [\gcd(a,b)==1]\\ &=\sum _{a=1} \sum_{b=1} \lfloor \dfrac n a \rfloor \lfloor \dfrac m b \rfloor [\gcd(a,b)==1] \end{align*} \]

于是我们直接设

\[f(x)=\sum _{i=1} \sum_{j=1} \lfloor \dfrac n i \rfloor \lfloor \dfrac m j \rfloor [\gcd(i,j)==1]\\ F(x)=\sum_{x\mid d}f(d) \]

反演一下：

\[f(x)=\sum_{x\mid d} \mu(\lfloor\dfrac d x \rfloor) F(d) \]

于是有：

\[\begin{align*} F(x)&=\sum _{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \dfrac n i \rfloor \lfloor \dfrac m j \rfloor [ x|\gcd(i,j)]\\ &=\sum_{i=1}^{\frac n x} \sum_{j=1}^{\frac m x}\lfloor \dfrac n {xi}\rfloor \lfloor \dfrac {m}{xj}\rfloor \end{align*} \]

我们的答案是 \(f(1)\)

所以

\[f(1)=\sum _{d=1}^n \mu (d)F(d)\\ f(1)=\sum _{d=1}^n \mu (d)\sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d}\lfloor \dfrac n {di}\rfloor \lfloor \dfrac {m}{dj}\rfloor \]

我们发现前面的 \(\mu\) 可以前缀和预处理掉显然好处理，后面的我们可以考虑想想办法

我们尝试先把后面的 \(d\) 扔出去

\[f(1)=\sum _{d=1}^n \mu (d)\sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d}\lfloor \dfrac n {di}\rfloor \lfloor \dfrac {m}{dj}\rfloor \]

我们这时候发现 \(\lfloor \dfrac n {di} \rfloor\) 与 \(j\) 无关，可以放到前面：

\[f(1)=\sum _{d=1}^n \mu (d)\sum_{i=1}^{\frac n d} \lfloor \dfrac n {di}\rfloor \sum_{j=1}^{\frac m d} \lfloor \dfrac {m}{dj}\rfloor \]

我们发现后面的两个 \(\Sigma\) 互不影响

这样，我们就可以分别处理了，时间复杂度 \(O(T\sqrt n +n\sqrt n)\)

/*
BlackPink is the Revolution
light up the sky
Blackpink in your area
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=5e4+5;
const int mod=1e9+7;
const double pi=3.141592653589793;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;

namespace scan{
    template <typename T>
    void read(T &x){
        x=0; char c=getchar(); int f=0;
        for(; !isdigit(c); c=getchar()) f |= c=='-';
        for(; isdigit(c); c=getchar()) x = x*10+(c^48);
        if(f) x = -x;
    }

    template <typename T>
    void write(T x,char ch){
        if(x<0) putchar('-'), x = -x;
        static short st[30],tp;
        do st[++tp] = x%10, x/=10; while(x);
        while(tp) putchar(st[tp--] | 48);
        putchar(ch);
    }
}
using namespace scan;
int n,m,T;
int mu[N];
long long sum[N],h[N];
inline void get_mu(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i+i;j<=n;j+=i) mu[j]-=mu[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	for(int d=1;d<=n;d++){
		ll res=0;
		for(int l=1,r;l<=d;l=r+1){
			r=d/(d/l);
			res+=1ll*(r-l+1)*1ll*(d/l);
		}
		h[d]=res;
	}//n sqrt n
}
int main(){
    get_mu(N-5);
    // for(int i=1;i<=100;i++) cout<<h[i]<<" ";
    // cout<<endl;
	read(T);
	while(T--){
    	read(n),read(m);
    	if(n>m) swap(n,m);
    	ll ans=0;
    	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
    		// cout<<l<<" "<<r<<" ";
    		ans+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*1ll*h[n/l]*h[m/l];
    	}
    	write(ans,'\n');
	}
    return 0;
}

---

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

题目描述：

\[\sum _{i=1}^n \sum _{j=1} ^m \mathrm{lcm}(i,j) \]

数据范围：\(1\le n,m\le 10^7\)

---

首先我们根据小学知识可以发现

\(\gcd(i,j)*\mathrm{lcm}(i,j)=i\times j\)

所以我们的题意就变成了

\[\sum _{i=1}^n \sum _{j=1} ^m \dfrac {ij}{\gcd(i,j)} \]

那么就好做多了，我们可以直接枚举 $\gcd $ 并把它放到最前面

\[\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^ n \sum_{j=1}^m [gcd (i,j)==d]\dfrac {ij} {d}\\ \]

我们枚举 \(d\) 的倍数可以发现：

\[\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d} i j d [\gcd(i,j)=1]\\ \sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\frac n d}\sum_{j=1}^{\frac m d} i j[\gcd(i,j)=1]\\ \sum_{d=1}^{\min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\frac n d}i\sum_{j=1}^{\frac m d} j\sum_{k\mid \gcd(i,j)} \mu(k)\\ \]

我们把 \(\mu (k)\) 的枚举项拿出来，那么式子就变成了（为了方便，就不写 \(\min\) 了）

\[\sum_{d=1} ^n d\sum_{k=1}^n\mu(k) \sum_{k\mid i}^{\frac n d} i\sum_{k\mid j}^{\frac m d}j\\ \]

我们这个式子的最后一个 \(\sum\) 的意思是，从 \(1\sim \dfrac n d\) 中选取 \(k\) 的倍数相加，那么我们可以直接写成：

\[\sum_{d=1} ^n d\sum_{k=1}^n\mu(k) \sum_{i=1}^{\frac n {dk}} ik\sum_{j=1}^{\frac m {dk}}jk\\ \sum_{d=1} ^n d\sum_{k=1}^n k^2 \mu(k) \sum_{i=1}^{\frac n {dk}} i\sum_{j=1}^{\frac m {dk}}j\\ \]

最后两个 \(\sum\) 很明显示两个等差数列，我们兴奋地写成等差数列形式

\[\sum_{d=1} ^n d\sum_{k=1}^nk^2\mu(k)\dfrac {\lfloor \frac n {dk} \rfloor(\lfloor \frac n {dk} \rfloor+1)} {2}\dfrac {\lfloor \frac m {dk} \rfloor(\lfloor \frac m {dk} \rfloor+1)} 2 \]

然后我们先枚举后面巨大的等差数列求和就有：

\[\sum_{d=1} ^n\sum_{k=1}^ndk^2\mu(k)\dfrac {\lfloor \frac n {dk} \rfloor(\lfloor \frac n {dk} \rfloor+1)} {2}\dfrac {\lfloor \frac m {dk} \rfloor(\lfloor \frac m {dk} \rfloor+1)} 2 \]

那么后面就可以分别预处理加整除分块来做了！

/*
BlackPink is the Revolution
light up the sky
Blackpink in your area
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=1e7+5;
const int mod=20101009;
const double pi=3.141592653589793;
typedef pair<int,int> P;

namespace scan{
    template <typename T>
    void read(T &x){
        x=0; char c=getchar(); int f=0;
        for(; !isdigit(c); c=getchar()) f |= c=='-';
        for(; isdigit(c); c=getchar()) x = x*10+(c^48);
        if(f) x = -x;
    }

    template <typename T>
    void write(T x,char ch){
        if(x<0) putchar('-'), x = -x;
        static short st[30],tp;
        do st[++tp] = x%10, x/=10; while(x);
        while(tp) putchar(st[tp--] | 48);
        putchar(ch);
    }
}
using namespace scan;
int mu[N],prime[N],cnt;
ll sum[N],h[N];
bool st[N];
template<typename T>
inline int qm(T a){
	return (a%mod+mod)%mod;
}

inline int add(int a,int b){
	return (a+b)%mod;
}

inline void get_prime(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<n;i++){
		if(!st[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;prime[j]*i<n;j++){
			st[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break ;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) mu[i]=qm(1ll*mu[i]*i*i);
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=add(sum[i-1],mu[i]);
}

inline int get_sum(int x,int y){
	return qm(1ll*qm(1ll*x*(x+1)/2)*qm(1ll*y*(y+1)/2));
}

inline int g(int x,int y){
	if(x>y) swap(x,y);
	ll res=0;
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1){
		r=min(x/(x/l),y/(y/l));
		res=add(res, qm(1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(get_sum(x/l,y/l))));
	}
	return res%mod;
}

int n,m;
ll res=0;
int main(){
	get_prime(N);
    read(n),read(m);
    if(n>m) swap(n,m);
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    	r=min(n/(n/l), m/(m/l));
    	res=add(res, qm(1ll*(r-l+1)*(l+r)/2%mod*g(n/l,m/l)));
    }
    write(qm(res),'\n');
    return 0;
}

---

AT5200 [AGC038C] LCMs

题目描述：

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^m \mathrm{lcm}(A_i,A_j) \]

---

首先，利用容斥原理我们会发现，上面的这个玩意长成这样肯定不想要的

于是我们把它们放到一个按 \(A_1 ~A_2~A_3~A_4~A_5~A_6\dots A_n\) 上

很容易发现，我们要求的就是右边的那个大三角，

但是我们发现肯定是左边的更好处理，所以我们可以开始行动了

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^m \mathrm{lcm}(A_i,A_j)=\dfrac {\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \mathrm{lcm}(i,j)-\sum_{i=1}^n A_i} 2 \]

那我们就只把那一块拿出来观察：

\[\begin{align*} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \mathrm{lcm}(A_i,A_j)&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \dfrac {A_iA_j} {\gcd(A_i,A_j)}\\ &=\sum_{d=1}^{\max{A}}\dfrac 1 d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [\gcd(A_i,A_j)==d]A_iA_j\\ &=\sum_{d=1}^{\max{A}}\dfrac 1 d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n A_iA_j[d\mid A_i][d\mid A_j][\gcd(\dfrac {A_i} {d} ,\dfrac {A_j} {d})==1]\\ \end{align*} \]

然后我们就能进行反演了：

\[\sum_{d=1}^{\max{A}}\dfrac 1 d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n A_iA_j[d\mid A_i][d\mid A_j][\gcd(\dfrac {A_i} {d} ,\dfrac {A_j} {d})==1]\\ \sum_{d=1}^{\max{A}}\dfrac 1 d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n A_iA_j[d\mid A_i][d\mid A_j]\sum_{k\mid \gcd(\frac {A_i} {d} ,\frac {A_j} {d})} \mu(k)\\ \sum_{d=1}^{\max{A}}\sum_{k=1}^{\frac {\max A} d}\dfrac {\mu(k)} d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n A_iA_j[dk\mid A_i][dk\mid A_j]\\ \sum_{d=1}^{\max{A}}\sum_{k=1}^{\frac {\max A} d}\dfrac {\mu(k)} d(\sum_{i=1}^nA_i[dk\mid A_i])^2\\ \]

后面的应该可以开个桶来处理了

然后我们直接枚举桶里面的元素即可