莫比乌斯反演
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 \(\sum \lfloor\dfrac ni \rfloor\)。我们的主要思路是，由于 \(\lfloor\dfrac ni \rfloor\) 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：
也就是说 \(\lfloor\dfrac nd \rfloor\) 的值的个数不超过 \(2\lfloor\sqrt n\rfloor\)。
证明：
对于 \(d\le \sqrt n\)，\(\lfloor\dfrac nd \rfloor\) 的值最多有 \(\lfloor\sqrt n\rfloor\) 个。
对于 \(d>\sqrt n\)，则说明 \(\lfloor\dfrac nd \rfloor\le \lfloor\sqrt n\rfloor\)，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：
\(\forall n,l\in\mathbb{N}_+,l\le n\)，使得：
成立的最大的满足 \(l\le r\le n\) 的 \(r\) 的值为 \(\left\lfloor\dfrac {n}{\lfloor\dfrac nl \rfloor} \right\rfloor\)。
证明：
考虑设 \(k=\lfloor\dfrac nl \rfloor\)。考虑此时对于任意一个合法的 \(x\)，都必然有 \(\lfloor\dfrac nx \rfloor=k\)，即 \(n=kx+r(0\le r<x)\)。
然后我们即可得到：
所以 \(x\) 的最大值为 \(\lfloor\dfrac nk \rfloor\)，也即 \(r=\left\lfloor\dfrac {n}{\lfloor\dfrac nl \rfloor} \right\rfloor\)。
这个引理告诉我们对于一个块，如果其之内的值全部都是 \(\lfloor\dfrac nl \rfloor\)，则这个块的右端点为 \(r=\left\lfloor\dfrac {n}{\lfloor\dfrac nl \rfloor} \right\rfloor\)。
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：
证明：
设 \(\dfrac ab=\left\lfloor\dfrac a{b}\right\rfloor+r(0\le r<1)\)。
所以有：
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：
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：
证明：
考虑设 \(n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{c_i},n'=\prod\limits_{i=1}^kp_i\)。
则 \(\sum\limits_{d\mid n} \mu(d)=\sum\limits_{d\mid n'}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}\cdot (-1)^i=\sum\limits_{i=0}^k\binom{k}{i}\cdot (-1)^i\cdot1^{k-i}\)。
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：
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：
那么有：
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：
当然莫比乌斯反演还有第二种形式，即倍数的形式：
如果有：
那么有：
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：
下面举三例讲解如何操作这类求和式。
例 2：YY的GCD。
题意： 求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in P]\)，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：
发现分母是两个变量，难以数论分块求解。考虑设 \(T=pd\)，则有：
令 \(f(T)=\sum\limits_{p\in P\land p\mid T}\mu(\dfrac T p)\)，则原式即为：
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：
依然假设 \(n<m\)，我们做如下变换：
后面的和式处理仿照上一题显然可得：
仍然令 \(T=dk\)，可得：
令 \(F(T)=\sum\limits_{d=1\land d\mid T}^n\sigma(d)\cdot[\sigma(d)\le a]\mu(\dfrac Td)\)，则：
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 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^md(ij)\)。
首先需要了解 \(d\) 函数的一个重要性质：
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：
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 \(k\mid\dfrac id\) 即可，因此后面的和式其实就是 \(d(\dfrac id)\)。所以有：
令 \(F(n)=\sum\limits_{i=1}^n d(i)\)，则有：
预处理出 \(d(i),F(i)\) 后数论分块求解即可。
