莫比乌斯反演
狄利克雷卷积
1 函数定义
2 卷积定义
有一下性质：
三个等式：
-
证明：
-
第一个等式：
我们把式子展开：\((\mu* I)(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)I(\dfrac{n}{d})=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\)，根据莫比乌斯函数的定义不难发现，我们可以认为 \(n=p_1p_2...p_m\) ，即我们只保留指数的种类而非其指数，这是因为所有带指数的式子对答案都没有贡献。我们考虑每个因子选与不选两种情况，不难发现我选奇数个因子和偶数个因子的方案数都是 \(2^{m-1}\) 次方。注意上面的讨论并不包括 \(n=1\) ，所以根据莫比乌斯函数定义，当且仅当 \(n=1\) 时，卷积值才为 \(1\) 否则为 \(0\) 。定理得证。
-
第二个等式:
\((\phi*I)(n)=\sum\limits_{d|n}\phi(d)I(\dfrac{n}{d})=\sum\limits_{d|n}\phi(d)\)，令 \(n=p_1^{m_1}p_2^{m_2}...p_k^{m_k}\)，我们实际上是在枚举\(n\) 的某一个因子。根据 \(\phi(n)\) 为一个积性函数，我们可以把所有的 \(d\) 拆开，我们就可以得到 \(\sum\limits_{d|n}\phi(d)=(\sum\limits_{i_1=0}^{m_1}\phi(p_1^{i_1}))\times ...(\sum\limits_{i_k=0}^{m_k}\phi(p_k^{i_k}))\) ，不难发现 \(\sum\limits_{i_j=0}^{m_j}\phi(p_j^{i_j})=(\sum\limits_{k=1}^{m_j}p_j^{k-1})(p_j-1)=p_j^{m_j}\) ，所以得证。
-
第三个等式：
-
首先证明这样一个等式： \((\epsilon*f)(n)=\sum\limits_{d|n}\epsilon(d)f(\dfrac{n}{d})=\epsilon(1)f(n)=f(n)\)，所以 \(\epsilon*f=f\)，我们在第三个等式左边同时卷上一个 \(\epsilon\) ，得证。
3 莫比乌斯反演
- 证明：
- 注意到上式可以写成 \(g=f*I\Leftrightarrow f=\mu*g\)，两边同时卷 \(I\) 就可以得证。
还有另一种形式：
例题1
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mgcd(i,j)\)
技巧 \(1\)：增加枚举量。
技巧 \(2\)：交换枚举顺序
技巧 \(3\) ：分离无关变量
所以我们可以 \(O(n)\) 来做这个东西。
我们现在考虑这个问题，求：
要求复杂度低于 \(O(n)\)
考虑 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 怎么算，我们采用数论分块，可以在 \(O{\sqrt n}\) 的复杂度下求上面式子的值。
原理如下：
-
把 \(i\) 分成 \(i\leq\sqrt n\) 和 \(i>\sqrt n\) 来讨论，我们发现 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 只有 \(2\sqrt n\) 个取值。
所以如果我们把 \(i\) 取值中式子的值不变的放在一个块中，实际上只有大约 \(\sqrt n\) 个块。
-
所以我们的主要问题是确定一个 \(i\) 找到一个 \(j\) ，使得 \(i\) 到 \(j\) 中的所有数，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的值相同。
-
首先可以二分，但这样复杂度不会很优秀。
-
令 \(x=\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) ，那么发现 \(\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor\) 就应该等于 \(j\) 。可以这么理解，我们实际上是要找到满足 \(j\times x\leq n\) 的最大的 \(j\) 。那么我们就可以得出 \(j=\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor\) 的结论。
代码：
int get_ans(int n){
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;){
int n/(n/i);
ans+=(n/i);
i=j+1;
}
return ans;
}
如果是两个变量变化的话，我们可以看那个变量先 变化，然后更新，本质上是一样的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define N 1000100
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
int phi[N],sumphi[N],prime[N],tail;
bool not_prime[N];
inline void getphi(){
not_prime[1]=1;phi[1]=1;sumphi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!not_prime[i]) prime[++tail]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tail&&prime[j]*i<=N;j++){
not_prime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];
break;
}
else phi[prime[j]*i]=phi[i]*phi[prime[j]];
}
}
// for(int i=1;i<=100;i++) printf("%d ",phi[i]);
for(int i=1;i<=N;i++) sumphi[i]=sumphi[i-1]+phi[i];
}
signed main(){
getphi();int n;
while(scanf("%lld",&n)){
if(n==0) break;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;){
int j=n/(n/i);
ans+=(sumphi[j]-sumphi[i-1])*(n/i)*(n/i);
i=j+1;
}
ans-=(1+n)*n/2;
printf("%lld\n",ans/2);
}
return 0;
}
例题2
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\)
不难发现：
可以解决这个题。
例题3
对于 \(1\le x\le n,1\le y\le n\) ，求解 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)\in Prime]\)。
我们有一个非常奇怪的条件，我们考虑增加枚举量，但不是用卷积的形式。
\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)\in Prime]=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{p\in Prime}[gcd(i,j)=g]=\sum\limits_{p\in Prime}\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\tfrac{n}{p}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\tfrac{m}{p}\right\rfloor}[gcd(i,j)=1]\)
然后这就转化成了类似于例题 \(2\) 。
上式变成了：
但是我们发现，我们还是有两重循环。
技巧 \(4\) ：换元法：对于两个变量乘起来的换掉。
令 \(x=pd\)，则上式变成：
而后面那个东西，实际上可以利用积性函数预处理出来。这个题就做完了。
关于后面这个式子预处理方法，我们分类有：
设 \(p_1\) 为 \(x\) 的最小素数，如果 \(p_1\) 在 \(x\) 中的出现次数出现了两次及以上，那么有： \(f(x)=\mu(\frac{x}{p_1})\) ，否则有：\(f(x)=\mu(\frac{x}{p_1})-f(\frac{x}{p_1})\)
不过其实也可以枚举素数 \(p\) 的倍数来做，但是这样复杂度不是很对，网上有人说那是埃筛的复杂度，似乎近似于 \(O(n\ln n)\) 。这个复杂度是接近 \(O(n)\) 的 。
\(\text{upd}:\)
实测两种方法都是正确的，且线性做法比非线性快 \(1\) 秒。
下面的代码中，备注释掉的是非线性做法。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<sstream>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define N 10000101
#define M 700000
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline int Min(int a,int b){
return a>b?b:a;
}
int p[M],tail,mu[N],g[N],t,minfac[N];
bool vis[N];
ll ans=0;
int main(){
mu[1]=1;minfac[1]=1;
for(int i=2;i<=N-100;i++){
if(!vis[i]) p[++tail]=i,mu[i]=-1,minfac[i]=i;
for(int j=1;j<=tail&&i*p[j]<=N-100;j++){
int v=i*p[j];
vis[v]=1;
minfac[i*p[j]]=p[j];
if(i%p[j]!=0) mu[v]=mu[i]*mu[p[j]];
else mu[v]=0;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
// for(int i=1;i<=tail;i++)
// for(int j=1;j*p[i]<=N-100;j++)
// g[j*p[i]]+=mu[j];
for(int i=2;i<=N-100;i++){
g[i]+=mu[i/minfac[i]];
if(i%(minfac[i]*minfac[i])!=0) g[i]=g[i]-g[i/minfac[i]];
}
for(int i=1;i<=N-100;i++) g[i]+=g[i-1];
t=read();
while(t--){
int n,m;ans=0;
n=read();m=read();
for(int l=1,r=0;l<=Min(n,m);l=r+1){
r=Min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(ll)(g[r]-g[l-1])*(ll)(n/l)*(ll)(m/l);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
之所以有后面这个式子，是因为我们考虑所有能对 \(f\) 造成贡献的数原先有 \(p_1\) ，现在没有了，所以符号变化了。
上面这种方法不失为一种做法，但是如果 \(n=m\) ，我们有一种优美的做法，从这里开始：
我们先考虑：
不难发现，如果我们把 \(i\) 固定，后面这个东西实际上就是 \(\phi(i)\) ，所以如果我们要计算这个式子：
实际上就是上面这个式子乘上 \(2\) 再减去一些重复的部分，不难发现，只有 \(i=j\) 的情况被重复枚举了，但只有 \(i=j=1\) 的时候才会对答案造成贡献，所以我们直接乘 \(2\) 减 \(1\) 就可以。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define N 14000100
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
int phi[N],sumphi[N],prime[N],tail;
bool not_prime[N];
inline void getphi(int n){
not_prime[1]=1;phi[1]=1;sumphi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!not_prime[i]) prime[++tail]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tail&&prime[j]*i<=n;j++){
not_prime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){
phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];
break;
}
else phi[prime[j]*i]=phi[i]*phi[prime[j]];
}
for(int i=1;i<=n;i++) sumphi[i]=sumphi[i-1]+phi[i];
}
int n,ans;
signed main(){
scanf("%lld",&n);
getphi(n);
for(int i=1;i<=tail;i++){
ans+=(sumphi[n/prime[i]]*2-1);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
一定要注意空间是否溢出，这个可能导致答案在本地是对的，但是评测机上不对。
