莫比乌斯反演学习笔记
Warning
由于式子较多,LaTeX 渲染可能会有点慢qwq
0. 前置-整除分块
问题
给定一个 \(n\) ,求:
思路&代码
这个式子显然可以 \(\mathcal{O}(n)\) 计算,考虑优化。
对于小的数可能感觉不出来;但是对于较大的数,比如:\(100/51,100/52,\dots,100/100\) ,你会发现它们全都是一样的!这说明其实刚才的过程中,有很大一部分的计算完全可以一次性解决!
现在来考虑如何计算左右端点。设当前左右端点为 \(l,r\) ,那么显然有:
于是就可以直接得到右端点了。容易得到这样的复杂度是 \(\mathcal{O}(\sqrt n)\) .
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(r-l+1)*(n/l);
}
习题
给定 \(n\) 个数 \(a_1\sim a_n\) ,求最大的 \(d\) ,满足
展开取模,得到
于是发现了一个整除分块的基本式,可以直接求了。
//Author:RingweEH
const int N=110;
int n;
ll a[N],k,ans=0;
int main()
{
n=read(); k=read(); ll mx=0;
for ( int i=1; i<=n; i++ )
a[i]=read()-1,k+=a[i]+1,mx=max( mx,a[i] );
for ( ll l=1,r=1; r<=mx; l=r+1 )
{
ll sum=0; r=(1ll<<50);
for ( int i=1; i<=n; i++ )
if ( a[i]>=l ) r=min( r,a[i]/(a[i]/l) ),sum+=a[i]/l;
ll tmp=k/(sum+n);
if ( l<=tmp ) ans=max( ans,min( tmp,r ) );
}
if ( k/n>mx ) ans=max( ans,k/n );
printf( "%lld\n",ans );
return 0;
}
0. 前置-积性函数
定义 :如果 \(\gcd(x,y)=1\) 且 \(f(xy)=f(x)f(y)\) ,那么 \(f(n)\) 为积性函数。
性质:如果 \(f(x),g(x)\) 均为积性函数,那么如下函数也是积性函数:
常见的积性函数 :
- 单位函数。\(\varepsilon(x)=[x=1]\)
- 常数函数。\(1(x)=1\)
- 单位(?)函数。\(ID(x)=x\)
- 欧拉函数。\(\varphi(x)=\sum_{i=1}^x[\gcd(x,i)=1]\)
- 莫比乌斯函数
扩展:
关于积性函数 \(g(m)=\sum_{d|m}f(d)\) (如果满足 \(g\) 是积性那么 \(f\) 也是)性质的证明
Proof
采用数学归纳法证明这个性质。
首先,对于 \(m=1\) ,显然有 \(g(1)=f(1)=1\) .
当 \(m>1\) 时,假设只要 \(m_1\bot m_2\) 且 \(m_1m_2<m\) ,这个性质都成立。
显然,当 \(m_1\bot m_2\) 时,\(m_1,m_2\) 的因子也互质。
那么就有:
\[g(m_1m_2)=\sum_{d|m_1m_2}f(d)=\sum_{d_1|m_1}\sum_{d_2|m_2}f(d_1d_2),d_1\bot d_2 \]根据归纳假设,只有在 \(d_1=m_1\) 且 \(d_2=m_2\) 的情形下才可能不成立。那么把这一部分拆出来,得到
\[\begin{aligned} g(m_1m_2) &=\sum_{d_1|m_1}f(d_1)\sum_{d_2|m_2}f(d_2)-f(m_1)f(m_2)+f(m_1m_2)\\\\ &=g(m_1)g(m_2)-f(m_1)f(m_2)+f(m_1m_2) \end{aligned} \]所以有
\[g(m_1m_2)=g(m_1)g(m_2) \]即 \(g\) 是积性函数,从而 \(f\) 也是积性函数。
0. 前置-Dirichlet卷积
定义 :两个 数论函数 \(f,g\) 的Dirichlet卷积 \((f*g)\) 为:
(会发现这个式子和上面积性函数的最后一个式子很像……)
性质 :满足交换律和结合律,\(\varepsilon\) 是该函数单位元。
举例 :
1. 莫比乌斯函数
定义 :
另一种表述 :
用算数基本定理把 \(x\) 写成质因数分解的形式得到 \(x=\prod_{i=1}^k p_i^{c_i}\) ,那么有:
- \(x=1\) ,\(\mu(x)=1\)
- \(\forall i,c_i=1\) ,\(\mu(x)=(-1)^k\)
- \(otherwise,\mu(x)=0\)
性质 :
-
\(\mu*1=\varepsilon\) ,即 \(\sum_{d|x}\mu(d)=\varepsilon(x)\) ,也就是 \(\sum_{d|x}\mu(d)=1\) 当且仅当 \(x=1\) ,否则 \(\sum_{d|x} \mu(d)=0\) .
-
\[\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n} \]
-
\[[\gcd(i,j)=1]=\varepsilon(\gcd(i,j))=\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) \]
反演结论。
-
\[\varphi*1=ID,\sum_{d|nm}=\sum_{x|n}\sum_{y|m}[\gcd(x,y)=1] \]
拓展。
int mu[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
is[1]=mu[1]=1;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1; //根据定义,质数的莫比乌斯函数显然是-1
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i]; //多了一个质因子,取反
else { mu[i*pri[j]]=0;break; } //出现平方因子,置为0
}
}
}
2. 莫比乌斯反演
对于两个数论函数 \(f,g\) ,满足
那么有
另一种表述方式(根据Dirichlet卷积):
Proof
\[\begin{aligned} f*\mu & =g*1*\mu\\ & =g*\varepsilon(莫比乌斯函数性质1)\\ & =g(单位函数) \end{aligned} \]
3. 例题
注:以下默认 \(n\leq m\) .
Problem b
求
Solution
原式有上下界限制,不好求,一个简单的想法是考虑容斥。
问题就转化为求
对 \(\mu(x)\) 函数求前缀和,然后整除分块即可。
//Author: RingweEH
const int N=5e4+10;
int n,m,k,mu[N],sum[N],pri[N],tot=0;
bool is[N];
void init()
{
is[1]=mu[1]=1;
for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
{
if ( i%pri[j] ) is[i*pri[j]]=1,mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else { mu[i*pri[j]]=0; is[i*pri[j]]=1; break; }
}
}
sum[0]=0;
for ( int i=1; i<=(N-10); i++ )
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int get_Fenk( int n,int m )
{
int res=0;
if ( n>m ) swap( n,m );
for ( int l=1,r=0; l<=n; l=r+1 )
{
r=min( n/(n/l),m/(m/l) );
res=res+(sum[r]-sum[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
return res;
}
int main()
{
int T=read(); init();
while ( T-- )
{
int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
a--; c--; a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
int ans=get_Fenk(b,d)-get_Fenk(a,d)-get_Fenk(b,c)+get_Fenk(a,c);
printf( "%d\n",ans );
}
return 0;
}
YY的GCD
给定 \(N,M(N,M\leq 1e7)\) ,求
多测,\(T\leq 1e4\) .
Solution
令 \(t=pd\) ,有
令
那么所求就是
把 \(f(x)\) 及其前缀和预处理出来,然后整除分块即可。
怎么一模一样啊 基本就是把上一题里面的 \(k\) 换成不确定的,多了一个求和而已。
//Author: RingweEH
const int N=1e7+10;
int n,m,mu[N],pri[N],tot=0,f[N];
ll sum[N];
bool is[N];
void init()
{
is[1]=mu[1]=1;
for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else { mu[i*pri[j]]=0; break; }
}
}
for ( int i=1; i<=tot; i++ )
for ( int j=pri[i]; j<=N-10; j+=pri[i] )
f[j]+=mu[j/pri[i]];
sum[0]=0;
for ( int i=1; i<=N-10; i++ )
sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
int main()
{
int T=read(); init();
while ( T-- )
{
n=read(); m=read();
if ( n>m ) swap( n,m );
ll ans=0;
for ( int l=1,r=0; l<=n; l=r+1 )
{
r=min( n/(n/l),m/(m/l) );
ll tmp=sum[r]-sum[l-1];
ans+=tmp*(n/l)*(m/l);
}
printf( "%lld\n",ans );
}
return 0;
}
LCM Sum
求
Solution
显然 \(\text{lcm}\) 可以转化成 \(\gcd\) .
用 \(d\) 代换 \(n/d\) 得
感觉推不下去了……吗?
会发现一个奇妙的东西:\(\sum_{i=1}^d[\gcd(i,d)=1]\times i\) 就是 \([1,d]\) 中与 \(d\) 互质的数的和!但还是不会求
注意到如果 \(\gcd(i,d)=1\) ,那么有 \(\gcd(d-i,d)=1\) .也就是说,这样的数成对出现,且每一对的和为 \(d\) .所以有
特殊情况:当 \(d=1\) 时,和为 \(1\) . 因此,
//Author: RingweEH
const int N=1e6+10;
int n,phi[N],pri[N],tot=0;
ll f[N];
bool is[N];
void init()
{
is[1]=phi[1]=1;
for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for ( int j=1; j<=tot && (pri[j]*i)<=(N-10); j++ )
{
if ( i%pri[j] ) is[i*pri[j]]=1,phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
else { is[i*pri[j]]=1; phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; }
}
}
f[1]=1;
for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
f[i]=1ll*phi[i]*i/2;
for ( int j=1; j<=tot; j++ )
for ( int i=1; i*pri[j]<=N-10; i++ )
f[i*pri[j]]+=f[i];
}
int main()
{
int T=read(); init();
while ( T-- )
{
int n=read();
ll ans=f[n]*n;
printf( "%lld\n",ans );
}
return 0;
}
Crash的数字表格 / JZPTAB
求
Solution
将 \(x=dk\) 带入得
跟上题一样求即可。
//Author: RingweEH
const int N=1e7+10;
const ll Mod=20101009;
int n,m,mu[N],pri[N],tot=0;
ll f[N];
bool is[N];
void init()
{
is[1]=mu[1]=1;
for ( int i=2; i<=N-10; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else { mu[i*pri[j]]=0; break; }
}
}
f[1]=1;
for ( int i=2; i<=(N-10); i++ )
f[i]=(1ll*mu[i]*i+Mod)%Mod;
for ( int j=1; j<=tot; j++ )
for ( int i=1; i*pri[j]<=(N-10); i++ )
f[i*pri[j]]=(f[i*pri[j]]+f[i])%Mod;
}
ll func( int x )
{
ll res=1ll*x*f[x]%Mod;
(res*=1ll*(n/x+1)*(n/x)/2%Mod)%=Mod;
(res*=1ll*(m/x+1)*(m/x)/2%Mod)%=Mod;
return res;
}
int main()
{
init();
n=read(); m=read();
if ( n>m ) swap( n,m );
ll ans=0;
for ( int i=1; i<=n; i++ )
ans=(ans+func(i))%Mod;
printf( "%lld\n",ans );
return 0;
}
约数个数和
设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数,求
Solution
引理
Proof
一个很显然的想法是,枚举 \(i,j\) 中各自的因子,然后相乘得到 \(ij\) 的一个因子。但是这样会算重。
考虑如何计数。首先,用算数基本定理表示 \(i,j\) :
\[i=\prod p_k^{a_k}\\ j=\prod p_k^{b_k}\\ \]那么 \(i\times j\) 就是:
\[i\times j=\prod p_k^{a_k+b_k} \]考虑如何枚举 \(p_k\) 的所有幂次,设当前枚举的幂次为 \(c_k\) .
显然,我们可以 对无序的枚举钦定一个顺序 ,那么有如下情况:
- \(c_k\leq a_k\) 我们假定对于每个约数,都优先选择 \(a\) 中的部分。那么这里即是枚举 \(a\) 中所选的幂次。
- \(c_k>a_k\) 这时候必须用到 \(b\) ,说明 \(a\) 中默认已经选满了,直接枚举的是 \(b\) 中的幂次。
显然,在这样的讨论下,无论何时 \(a,b\) 都不可能同时 被枚举 。
设当前 \(i,j\) 中枚举的因子分别为 \(x|i,y|j\) ,那么就相当于满足 \(\gcd(x,y)=1\) .
因此,有等式:
\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1] \]Q.E.D.
由引理,有:
令 \(T_1=xd,T_2=yd\) ,有
后面两项都是标准的整除分块式子,第一项就是 \(\mu\) 函数的前缀和,直接求就好了。
//Author: RingweEH
const int N=5e4+10;
int n,m,mu[N],pri[N],tot=0,sum[N];
ll f[N];
bool is[N];
void init()
{
is[1]=mu[1]=1;
for ( int i=2; i<=(N-10); i++ )
{
if ( !is[i] ) { pri[++tot]=i; mu[i]=-1; }
for ( int j=1; j<=tot && (i*pri[j])<=(N-10); j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) mu[i*pri[j]]=mu[i]*mu[pri[j]];
else { mu[i*pri[j]]=0; break;}
}
}
sum[0]=0;
for ( int i=1; i<=(N-10); i++ )
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
memset( f,0,sizeof(f) );
for ( int i=1; i<=(N-10); i++ )
for ( int l=1,r=0; l<=i; l=r+1 )
{
r=i/(i/l);
f[i]=f[i]+1ll*(r-l+1)*(i/l);
}
}
int main()
{
int T=read(); init();
while ( T-- )
{
n=read(); m=read();
if ( n>m ) swap( n,m );
ll ans=0;
for ( int l=1,r=0; l<=n; l=r+1 )
{
r=min( n/(n/l),m/(m/l) );
ans+=(sum[r]-sum[l-1])*f[n/l]*f[m/l];
}
printf( "%lld\n",ans );
}
}
4. 积性函数与线性筛
听说 所有积性函数都能线性筛 ,但是时间复杂度不能保证…… Link
线性筛质数
最基础的一种,保证每个质数只会被最小质因子筛掉。
int pri[N],tot,is[N]; //is[i]为1的表示不是质数
void sieve()
{
is[1]=1;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i;
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j]==0 ) break;
}
}
}
线性筛欧拉函数
定义:\(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。
性质:对于一个数 \(i\) ,如果 \(pri[j]|i\) ,那么有 \(phi[i\times pri[j]]=phi[i]\times pri[j]\) .
Proof
如果一个数 \(x\) 与 \(i\) 互质,那么显然,\(x+i\) 依然与 \(i\) 互质。
由此可得,\(x,x+i,\dots,x+i\times (pri[j]-1)\) 都与 \(i\) 互质,那么与 \(i\times pri[j]\) 互质的至少有 \(phi[i]\times pre[j]\) 个。而与 \(i\) 不互质的数 \(y\) ,加上 \(i\) 也不会与 \(i\) 互质,同理可得,不会出现新的与 \(i\) 互质的数,得证。
int phi[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
is[1]=phi[1]=1;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1; //质数除了本身都互质
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]]; //积性函数定义
else { phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j]; break; } //上述性质
}
}
}
线性筛约数个数
令 \(d[i]\) 为 \(i\) 的约数个数。
将每个数 \(x\) 表示成算术基本定理的形式:\(x=\prod p_i^{a_i}\) ,那么考虑每个质因子所取的幂次,有
维护每个数最小质因子的出现次数(\(a_1\) )即可。
int d[N],a[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
is[1]=d[1]=1;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) pri[++tot]=i,d[i]=2,a[i]=1; //质数的约数个数为2
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j] ) d[i*pri[j]]=d[i]*d[pri[j]],a[i*pri[j]]=1;
//新的质因数,i*pri[j]的最小质因数为pri[j],幂次为1
else { d[i*pri[j]]=d[i]/(a[i]+1)*(a[i]+2); a[i*pri[j]]=a[i]+1 ;break; }
//最小质因数 pri[j],也就是 a[i] 的幂次又多了1,除去之前乘的再乘上新的幂次
}
}
}
线性筛约数和
记 \(\sigma(i)\) 表示 \(i\) 的约数和。考虑每个质因数取的幂次,同样有:(这个展开应该就能理解了吧)
令 \(low(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因数的指数幂,即 \(p_1^{a_1}\) ;\(sum(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因数对答案的贡献,\(\sum_{j=0}^{a_1}p_1^j\) .
(小心爆 int
/xyx)
int low[N],sum[N],sigma[N],pri[N],tot,is[N];
void sieve()
{
is[1]=low[1]=sum[1]=sigma[1]=1;
for ( int i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) low[i]=pri[++tot]=i,sum[i]=sigma[i]=i+1;
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j]==0 )
{
low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
sum[i*pri[j]]=sum[i]+low[i*pri[j]];
sigma[i*pri[j]]=sigma[i]/sum[i]*sum[i*pri[j]];
break;
}
//不能整除,也就是 pri[j] 是 i*pri[j] 的最小质因数
low[i*pri[j]]=pri[j];
sum[i*pri[j]]=pri[j]+1;
sigma[i*pri[j]]=sigma[i]*sigma[pri[j]];
}
}
}
线性筛一般积性函数
前提 :能快速计算出 \(f(1),f(prime),f(prime^k)\) .(也就是质因数个数小于等于 \(1\) 的所有数的函数值)
计算 :假设已经完成了上述值的计算。显然,含有至少两个质因数的数一定可以被分解成两个互质且不为 1 的数的乘积。根据积性函数的定义,可以用 \(f(xy)=f(x)f(y)\) 来得出相应的函数值。
现在来考虑具体怎么筛。
思考线性筛的之所以线性的原因,是因为 每个数都只被最小质因子筛了一次 ,也就是每个形如 \(i\times pri[j]\) 的数会在 \(i\) 的时候被 \(i\) 乘上 \(pri[j]\) 筛掉,且若将 \(i\) 唯一分解,有 \(pri[j]\leq p_1\) .(显然,否则在 \(p_1\) 的时候就会 break 掉)
分类讨论:
-
\(pri[j]<p_1\)
由于 \(\gcd(pri[j],i)=1\) ,直接计算即可 \(f(i\times pri[j])=f(i)\times f(pri[j])\) .
-
\(pri[j]=p_1\)
这时候需要记录 \(i\) 中最小质因子的幂次,也就是 \(low[i]=p_1^{a_1}\) .
显然,\(i/low[i]\) 中的最小质因数一定大于 \(pri[j]\) ,那么 \(\gcd(i/low[i],low[i]\times pri[j])=1\) ,
有 \(f(i\times pri[j])=f(i/low[i])\times f(low[i]\times pri[j])\) .
特别地,当 \(low[i]=i\) 时,\(i\) 只有一个质因数,要利用前面的前提特殊计算。
void sieve()
{
is[1]=low[1]=1; f[1]=对1直接定义;
for ( ll i=2; i<=n; i++ )
{
if ( !is[i] ) low[i]=pri[++tot]=i,f[i]=对质数直接定义;
for ( ll j=1; j<=tot && i*pri[j]<=n; j++ )
{
is[i*pri[j]]=1;
if ( i%pri[j]==0 )
{
low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
if ( low[i]==i ) f[i*pri[j]]=对质数的若干次幂进行定义(一般由f[i]递推);
else f[i*pri[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*pri[j]];
break;
}
low[i*pri[j]]=pri[j]; f[i*pri[j]]=f[i]*f[pri[j]];
}
}
}
What's more
对于某些形如Dirichlet卷积形式,但 \(f(x)\) 或 \(g(x)\) 不是积性函数,数据范围较小可以暴力筛,枚举一个 \(d\) 计算对哪些 \(x\) 做贡献,较大的情况下可以考虑相关性质。
题意:求
思路:不妨设 \(n\leq m\) .
令 \(T=dx\) ,有:
令 \(g(T)=\sum_{d|T}d^k\mu(T/d)\) ,预处理 \(g(T)\) 和前缀和(线筛),分块即可。
const int inf=0x7f7f7f7f,N=5e6+10,mod=1e9+7,M=5e6;
int pri[N],u[N],g[N],f[N],T,k,tot,n,m;
bool vis[N];
int power( int a,int b )
{
int res=1;
for ( ; b; b>>=1,a=1ll*a*a%mod )
if ( b&1 ) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
void init()
{
f[1]=1;
for ( int i=2; i<=M; i++ )
{
if ( !vis[i] )
{
pri[++tot]=i; g[tot]=power( i,k ); f[i]=(g[tot]-1+mod)%mod;
}
for ( int j=1; j<=tot && i*pri[j]<=M; j++ )
{
int tmp=i*pri[j];
vis[tmp]=1;
if ( i%pri[j]==0 )
{
f[tmp]=1ll*f[i]*g[j]%mod; break;
}
f[tmp]=1ll*f[i]*f[pri[j]]%mod;
}
}
for ( int i=1; i<=M; i++ )
f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
}
int main()
{
scanf( "%d%d",&T,&k );
init();
while ( T-- )
{
scanf( "%d%d",&n,&m );
int maxx=min( n,m ),pos,ans=0;
for ( int i=1; i<=maxx; i=pos+1 )
{
pos=min( n/(n/i),m/(m/i) );
ans=(ans+1ll*(f[pos]-f[i-1]+mod)%mod*(n/i)%mod*(m/i)%mod)%mod;
}
printf( "%d\n",(ans+mod)%mod );
}
}
学习材料
窝tcl,年底才学 神George1123
年初就会的东西qaq
顺手丢一个 Baidu文库 的莫反PPT。
致谢以下所有良心博主。感觉是全网的精华,而且几乎没什么好补充的了。