莫比乌斯反演

合集 - 学习笔记(52)

1.随机化算法2024-02-272.组合数学2024-02-273.概率和期望2024-02-274.树链剖分2024-02-275.矩阵乘法与矩阵快速幂2024-02-276.最短路2024-02-277.卡特兰数、Prüfer 序列、BSGS2024-02-278.分块和莫队2024-02-279.AC 自动机2024-02-2710.平衡树2024-02-2711.基础字符串算法2024-02-2712.基础数论2024-02-2713.Miller-Rabin 与 Pollard-Rho2024-08-2314.广义后缀自动机2024-06-2515.后缀自动机 SAM2024-06-2216.回文自动机 PAM2024-06-1817.Manacher2024-06-1618.后缀数组2024-06-0819.01 分数规划2024-06-0220.网络流2024-05-0521.整体二分2024-05-0522.cdq 分治2024-05-0423.点分治2024-04-2124.虚树2024-04-1425.扫描线2024-04-1126.笛卡尔树2024-04-0627.基环树2024-04-0228.树哈希2024-03-09

29.莫比乌斯反演2024-11-28

30.二分图2024-11-0731.朱刘算法2024-10-2932.最大团2024-10-2933.杂项2024-08-2434.杜教筛2024-12-0135.拉格朗日插值2024-12-1036.线段树综合2024-12-1737.可持久化数据结构2024-12-2438.K-D Tree2024-12-2539.Burnside 引理与 Polya 定理2024-12-2740.线性基2024-12-3041.替罪羊树01-0942.LCT01-1843.插头 dp01-2044.原根01-2045.多项式乘法01-2246.斯特林数01-2347.二项式反演与斯特林反演01-2348.Min-Max 容斥01-2449.辛普森积分法01-2550.Min_25 筛02-0351.凸包02-1652.2-SAT03-03

收起

1 数论分块

数论分块是莫比乌斯反演的前置知识之一，其主要用于快速求解一些含有除法向下取整的和式，例如 $\sum \lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$。我们的主要思路是，由于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 中有大量值相同，所以可以将这些值一样的部分放在一起计算。

下面先说明几个引理。

1.1 引理

引理 1：

$$\mathrm{\forall }n\in {\mathbb{N}}_{+},|\{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor |d\in {\mathbb{N}}_{\mathbb{+}},d\le n\}|\le \lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$$

也就是说 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 的值的个数不超过 $2\lfloor \sqrt{n}\rfloor$。

证明：

对于 $d\le \sqrt{n}$，$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 的值最多有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 个。

对于 $d>\sqrt{n}$，则说明 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \le \lfloor \sqrt{n}\rfloor$，因此值最多有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种。

这个引理保证了数论分块的复杂度是正确的 $O(\sqrt{n})$。

引理 2：

$\mathrm{\forall }n,l\in {\mathbb{N}}_{+},l\le n$，使得：

$$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{r}}\rfloor$$

成立的最大的满足 $l\le r\le n$ 的 $r$ 的值为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor }}\rfloor$。

证明：

考虑设 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor$。考虑此时对于任意一个合法的 $x$，都必然有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{x}}\rfloor =k$，即 $n=kx+r(0\le r<x)$。

然后我们即可得到：

$$\begin{gathered} n=kx+r \\ n\ge kx \\ x\le {\displaystyle \frac{n}{k}} \end{gathered}$$

所以 $x$ 的最大值为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{k}}\rfloor$，也即 $r=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor }}\rfloor$。

这个引理告诉我们对于一个块，如果其之内的值全部都是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor$，则这个块的右端点为 $r=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{l}}\rfloor }}\rfloor$。

---

那么根据上面两个基本的引理，实际上我们就已经能求解一些简单的东西了。具体的，我们每一次求出块的左右端点，按照要求求出相应值，再转移左端点即可。

例 1： [CF1263C] Everyone is a Winner!

我们直接按照上面的思想转移区间即可，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Inf = 2e9;

int T, n;
int tot[Maxn], cnt = 0;

void solve() {
	cin >> n;
	cnt = 0;
	int l = 1, r = 0;
	while(l <= n) {
		r = n / (n / l);
		tot[++cnt] = n / l;
		l = r + 1;
	}
	tot[++cnt] = 0;
	sort(tot + 1, tot + cnt + 1);
	cout << cnt << '\n';
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) cout << tot[i] << " ";
	cout << '\n';
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

---

引理 3：

$$\mathrm{\forall }a,b,c\in \mathbb{Z},\lfloor {\displaystyle \frac{a}{bc}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}\rfloor$$

证明：

设 ${\displaystyle \frac{a}{b}}=\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor +r(0\le r<1)$。

所以有：

$$\lfloor {\displaystyle \frac{a}{bc}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\times {\displaystyle \frac{1}{c}}\rfloor =\lfloor (\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor +r)\times {\displaystyle \frac{1}{c}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}+{\displaystyle \frac{r}{c}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor }{c}}\rfloor$$

2 莫比乌斯反演

2.1 概念

莫比乌斯反演是数论中的重要内容，对于一些函数 $f(n)$，如果我们不好直接求解其值，但是能快速求出其倍数和 / 约数和的话，就可以通过莫比乌斯反演来优化。

2.2 莫比乌斯函数

2.2.1 定义

定义莫比乌斯函数 $\mu (n)$ 如下：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{含}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$$

2.2.2 性质

莫比乌斯函数的性质较多，有如下几条。

性质 1： $\mu (n)$ 是积性函数。

这意味着 $\mu (n)$ 可以利用欧拉筛直接求解。

性质 2：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n=0\end{array}$$

证明：

考虑设 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i},n^{\prime }=\prod _{i=1}^k{p}_i$。

则 $\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{d\mid n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\cdot (-1{)}^i=\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\cdot (-1{)}^i\cdot 1^{k-i}$。

由二项式定理易知上式值为 $(1+(-1){)}^k$。此时我们只有取 $k=0$ 即 $n=1$ 时原式值为 $1$。

性质 3：

$$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)$$

证明：

其实就是性质 $2$ 的一个推论，但是在题目中会经常见到 $gcd(i,j)=1$ 的形式，需要想到这一步变换。

2.2.3 线性筛求解

上文提到过 $\mu (n)$ 是一个积性函数，所以直接线性筛求解即可。

代码如下：

int prim[Maxn], cnt, mu[Maxn];
bool vis[Maxn];
void init(int N) {
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N; i++) {
		if(!vis[i]) {
			prim[++cnt] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= cnt && prim[j] * i <= N; j++) {
			vis[prim[j] * i] = 1;
			if(i % prim[j] == 0) {
				mu[prim[j] * i] = 0;
				break;
			}
			mu[prim[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
}

2.3 莫比乌斯变换

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。如果有：

$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$$

那么有：

$$g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})$$

我们称这种形式下的 $f(n)$ 为 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，而 $g(n)$ 称为 $f(n)$ 的莫比乌斯逆变换，即莫比乌斯反演。

考虑如何证明，我们对原式进行如下变换即可：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{d\mid n}\mu (d)f({\displaystyle \frac{n}{d}})\\ =& \sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{k\mid \frac{n}{d}}g(k)\\ =& \sum _{k\mid n}g(k)\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)\\ =& \sum _{k\mid n}g(k)\cdot [{\displaystyle \frac{n}{k}}=1]\\ =& g(n)\end{array}$$

当然莫比乌斯反演还有第二种形式，即倍数的形式：

如果有：

$$f(n)=\sum _{n\mid d}g(d)$$

那么有：

$$g(n)=\sum _{n\mid d}\mu ({\displaystyle \frac{d}{n}})f(d)$$

那么以上就是莫比乌斯反演的基础内容，下面我们来看题目中的实际运用。

3 例题

莫比乌斯反演可以处理一类求和式，形如：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$$

下面举三例讲解如何操作这类求和式。

例 2：YY的GCD。

题意： 求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in P]$，其中 $P$ 为全体质数构成的集合。

不妨先令 $n<m$，然后对该式子进行如下变换：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in P]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{p\in P}[gcd({\displaystyle \frac{i}{p}},{\displaystyle \frac{j}{p}})=1]\\ =& \sum _{p\in P}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{p\in P}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)\\ =& \sum _{p\in P}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[d\mid i][d\mid j]\mu (d)\\ =& \sum _{p\in P}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[d\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[d\mid j]\\ =& \sum _{p\in P}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor \end{array}$$

发现分母是两个变量，难以数论分块求解。考虑设 $T=pd$，则有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{p\in P}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor \\ =& \sum _{p\in P}\sum _{T=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu ({\displaystyle \frac{T}{p}})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \\ =& \sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{p\in P\wedge p\mid T}\mu ({\displaystyle \frac{T}{p}})\end{array}$$

令 $f(T)=\sum _{p\in P\wedge p\mid T}\mu ({\displaystyle \frac{T}{p}})$，则原式即为：

$$\sum _{T=1}^{n}f(T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor$$

预处理出 $f(T)$ 前缀和然后数论分块求解即可。

例 3： [SDOI2014] 数表。

题意： 设 $\sigma (n)$ 表示 $n$ 的约数和。即求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sigma (gcd(i,j))\cdot [\sigma (gcd(i,j))\le a]$$

依然假设 $n<m$，我们做如下变换：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sigma (gcd(i,j))\cdot [\sigma (gcd(i,j))\le a]\\ =& \sum _{d=1}^n\sigma (d)\cdot [\sigma (d)\le a]\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\end{array}$$

后面的和式处理仿照上一题显然可得：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{d=1}^n\sigma (d)\cdot [\sigma (d)\le a]\sum _{k=1}^n\mu (k)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{dk}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{dk}}\rfloor \end{array}$$

仍然令 $T=dk$，可得：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{T=1}^n\sum _{d=1\wedge d\mid T}^n\sigma (d)\cdot [\sigma (d)\le a]\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor \\ =& \sum _{T=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor \sum _{d=1\wedge d\mid T}^n\sigma (d)\cdot [\sigma (d)\le a]\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})\end{array}$$

令 $F(T)=\sum _{d=1\wedge d\mid T}^n\sigma (d)\cdot [\sigma (d)\le a]\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})$，则：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{T=1}^{n}F(T)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor \end{array}$$

到这里和上一题是一样的，难点在于 $F(T)$ 中的 $[\sigma (d)\le a]$。我们考虑线性筛时预处理出 $\sigma (d)$，然后将 $\sigma (d)$ 排序，并且将询问离线下来也按 $a$ 排序。这样我们就可以边回答询问边往 $F(T)$ 里加入贡献。

然后会发现此时我们不能单次去处理前缀和，不然复杂度会爆炸，接着不难想到利用树状数组进行单点修改、区间查询，最后数论分块求解即可。

例 4：[SDOI2015] 约数个数和。

题意：设 $d(x)$ 表示 $x$ 的约数个数，求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$。

首先需要了解 $d$ 函数的一个重要性质：

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

证明如下：

考虑两者相乘后的约数的因子，对其进行质因数分解。假如其中有一项是 $p^a$，并且这个质数在 $i,j$ 的分解式中分别表现为 $p^b,p^c$。我们钦定先从 $i$ 中选，因此：

• 若 $a\le b$，我们认为该因子所有的 $p$ 都来自于 $i$，此时 $i,j$ 选出的数在这一项上互质。
• 若 $a>b$，则我们会先选 $i$ 中的 $p^b$，然后选 $j$ 中的 $p^{a-b}$。我们可以认为，当我们从 $j$ 中选 $p$ 这个质数的时候，$i$ 一定是选满了的。所以我们可以认为，当 $j$ 选了这个质数而 $i$ 没有选时，其实是 $i$ 已经选满了。这样也能保证不漏情况。发现此时 $i,j$ 选出的数在这一项上同样互质。

综上，对于每一项，$i,j$ 选出的数都是互质的。因此最后的总方案数就是二者互质的方案数。

然后原式可以化为：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}\sum _{d\mid gcd(x,y)}\mu (d)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)\sum _{x\mid i}[d\mid x]\sum _{y\mid j}[d\mid y]\end{array}$$

考虑后面的两个和式，设 $x=kd$，则求和的要求就是 $kd\mid i$，由于 $d\mid gcd(i,j)$，所以只需满足 $k\mid {\displaystyle \frac{i}{d}}$ 即可，因此后面的和式其实就是 $d({\displaystyle \frac{i}{d}})$。所以有：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)d({\displaystyle \frac{i}{d}})d({\displaystyle \frac{j}{d}})\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^n[d\mid i]d({\displaystyle \frac{i}{d}})\sum _{j=1}^n[d\mid j]d({\displaystyle \frac{j}{d}})\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }d(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }d(j)\end{array}$$

令 $F(n)=\sum _{i=1}^{n}d(i)$，则有：

$$\begin{array}{rl}=& \sum _{d=1}^n\mu (d)F(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor )F(\lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor )\end{array}$$

预处理出 $d(i),F(i)$ 后数论分块求解即可。