反演与狄利克雷卷积

修订日期：2021.12.3. 更改了很多本质上的错误。

建议首先阅读组合数学相关 Part 3. 容斥原理。

1. 本质与第一反演公式

1.1. 定义

反演是 $f$ 表示 $g$ $\to$ $g$ 表示 $f$ 。

已知 $g (n) = \sum_{i = 1}^{n} c_{n, i} f (i)$ ，根据系数 $c_{i, j}$ 可以反推出用 $g$ 表示 $f$ 的方法： $f (n) = \sum_{i = 1}^{n} d_{n, i} g (i)$ 。这样，就算 $f$ 无法直接求，也可以通过所有 $g (i)$ 推出 $f (n)$ 。上述二式互为反演公式。

1.2. 第一反演公式

直接给出定理：如果存在 $n$ 次多项式 $p, q$ 分别满足以下公式： $[x^{n}] p = \sum_{i = 1}^{n} c_{n, i} \times [x^{i}] q$ 以及 $[x^{n}] q = \sum_{i = 1}^{n} d_{n, i} \times [x^{i}] p$ ，且 $c_{i, i}$ 和 $d_{i, i} \neq 0$ ，那么对于任意序列 $u, v$ ，都有：

v_{n} = \sum_{i = 1}^{n} c_{n, i} u_{i} \Leftrightarrow u_{n} = \sum_{i = 1}^{n} d_{n, i} v_{i}

如果将 $c, d$ 写成矩阵 $C, D$ ，那么它是下三角矩阵。将 $p, q$ 写成列向量 $p, q$ ，那么条件中的两个公式可以表示为 $p = Cq$ ， $q = Dp$ ，即 $p = CDp \Rightarrow CD = I$ 。由于 $C$ 与 $D$ 互逆，所以它们的行列式不为 $0$ ，而因为它们是下三角矩阵，因此一定有对角线元素不为 $0$ ，这解释了为什么 $c_{i, i}$ 和 $d_{i, i} \neq 0$ 。

只要我们找到任何一组符合条件的 $p, q$ 与 $c, d$ ，就可以将 $p, q$ 推广至任意 $n$ 次多项式，因为 $C$ 与 $D$ 恒互逆，不随 $p, q$ 的改变而改变。这说明为了证明某个反演公式成立，我们只需考虑一种方便的特殊非平凡情况即可。

[\begin{matrix} c_{1, 1} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ c_{2, 1} & c_{2, 2} & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ c_{n - 1, 1} & c_{n - 1, 2} & \dots & c_{n - 1, n - 1} & 0 \\ c_{n, 1} & c_{n, 2} & \dots & c_{n, n - 1} & c_{n, n} \end{matrix}] [\begin{matrix} q_{1} \\ q_{2} \\ ⋮ \\ q_{n - 1} \\ q_{n} \end{matrix}] = [\begin{matrix} p_{1} \\ p_{2} \\ ⋮ \\ p_{n - 1} \\ p_{n} \end{matrix}]

[\begin{matrix} c_{1, 1} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ c_{2, 1} & c_{2, 2} & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ c_{n - 1, 1} & c_{n - 1, 2} & \dots & c_{n - 1, n - 1} & 0 \\ c_{n, 1} & c_{n, 2} & \dots & c_{n, n - 1} & c_{n, n} \end{matrix}] [\begin{matrix} d_{1, 1} & 0 & \dots & 0 & 0 \\ d_{2, 1} & d_{2, 2} & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ d_{n - 1, 1} & d_{n - 1, 2} & \dots & d_{n - 1, n - 1} & 0 \\ d_{n, 1} & d_{n, 2} & \dots & d_{n, n - 1} & d_{n, n} \end{matrix}] = I

2. 二项式反演

2.1. 引入

在把玩二项式定理的时候，尝试把 $x$ 变成 $1 + (x - 1)$ 可能会有新的收获：

x^{n} = (1 + x - 1)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) 1^{n - i} (x - 1)^{i} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (x - 1)^{i}

嗯？和反演公式的形式长得很像！那么试试能不能用 $x$ 表示 $x - 1$ ：

(x - 1)^{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (- 1)^{n - i} x^{i}

很好，令 $p_{i} = x^{i}$ ， $q_{i} = (x - 1)^{i}$ ， $c_{i, j} = (\binom{i}{j})$ ， $d_{i, j} = (\binom{i}{j}) (- 1)^{i - j}$ ，那么我们就成功找到了一组反演公式，称为形式一。

f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g_{i} \Leftrightarrow g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f_{i}

代数化证明：

\begin{aligned} f_{n} = & \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) \sum_{j = 0}^{i} (- 1)^{i - j} (\binom{i}{j}) f_{j} \\ = & \sum_{j = 0}^{n} f_{j} \sum_{i = j}^{n} (- 1)^{i - j} (\binom{n}{i}) (\binom{i}{j}) \\ = & \sum_{j = 0}^{n} f_{j} (\binom{n}{j}) \sum_{i = j}^{n} (- 1)^{i - j} (\binom{n - j}{i - j}) \\ = & \sum_{j = 0}^{n} f_{j} (\binom{n}{j}) \sum_{t = 0}^{n - j} (- 1)^{t} (\binom{n - j}{t}) \end{aligned}

众所周知，右边的 $\sum$ 当且仅当 $n - j = 0$ 即 $j = n$ 时为 $1$ ，否则为 $0$ 。因此 $f_{n} = \sum_{j = 0}^{n} f_{n} (\binom{n}{j}) [n = j] = f_{n}$ ，证毕。

[\begin{matrix} (\binom{0}{0}) & 0 & \dots & 0 & 0 \\ (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ (\binom{n - 1}{0}) & (\binom{n - 1}{1}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & 0 \\ (\binom{n}{0}) & (\binom{n}{1}) & \dots & (\binom{n}{n - 1}) & (\binom{n}{n}) \end{matrix}] [\begin{matrix} (\binom{0}{0}) & 0 & \dots & 0 & 0 \\ - (\binom{1}{0}) & (\binom{1}{1}) & \dots & 0 & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ (- 1)^{n - 1} (\binom{n - 1}{0}) & (- 1)^{n - 2} (\binom{n - 1}{1}) & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & 0 \\ (- 1)^{n} (\binom{n}{0}) & (- 1)^{n - 1} (\binom{n}{1}) & \dots & - (\binom{n}{n - 1}) & (\binom{n}{n}) \end{matrix}] = I

如果将矩阵转置，那么还可以得到另一种更常用表示，形式二：

f_{i} = \sum_{j = i}^{n} (\binom{j}{i}) g_{j} \Leftrightarrow g_{i} = \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f_{j}

[\begin{matrix} (\binom{0}{0}) & (\binom{1}{0}) & \dots & (\binom{n - 1}{0}) & (\binom{n}{0}) \\ 0 & (\binom{1}{1}) & \dots & (\binom{n - 1}{1}) & (\binom{n}{1}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & (\binom{n}{n - 1}) \\ 0 & 0 & \dots & 0 & (\binom{n}{n}) \end{matrix}] [\begin{matrix} (\binom{0}{0}) & - (\binom{1}{0}) & \dots & (- 1)^{n - 1} (\binom{n - 1}{0}) & (- 1)^{n} (\binom{n}{0}) \\ 0 & (\binom{1}{1}) & \dots & (- 1)^{n - 2} (\binom{n - 1}{1}) & (- 1)^{n - 1} (\binom{n}{1}) \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & (\binom{n - 1}{n - 1}) & - (\binom{n}{n - 1}) \\ 0 & 0 & \dots & 0 & (\binom{n}{n}) \end{matrix}] = I

2.2. 组合意义

二项式反演的本质是容斥原理。 $f_{i}$ 表示钦定选 $i$ 个的方案数， $g_{i}$ 表示恰好选 $i$ 个的方案数。对于任意的 $i \geq n$ ， $g_{i}$ 在 $f_{n}$ 中被计算了 $(\binom{i}{n})$ 次，故 $f_{n} = \sum_{i = n}^{m} (\binom{i}{n}) g_{i}$ ，其中 $m$ 是数目上界，恰好对应形式二。这说明可以使用 $\sum_{i = n}^{m} (- 1)^{i - n} (\binom{i}{n}) f_{i}$ 求出 $g_{n}$ 。

注意：在定义中， $f_{n}$ 表示先钦定 $n$ 个，再统计钦定情况如此的方案数，其中会包含重复的方案，因为一个方案可以有多种钦定情况。具体地，对于恰好选择 $i$ 个的方案，钦定情况数为 $(\binom{i}{n})$ ，故 $g_{i}$ 在 $f_{n}$ 中被计算了 $(\binom{n}{i})$ 次。切勿将 $f_{n}$ 理解为普通的 $g_{i}$ 的后缀和。

很多初学者最大的误区在于将 $f_{n}$ 理解为至少选 $n$ 个的方案数，这是完全错误的（如果真是这样那么 $g_{n}$ 不就等于 $f_{n} - f_{n + 1}$ 么，还要二项式反演干啥 = . =）。

2.3. 应用

OI 界二项式反演的应用常结合动态规划：DP 求出钦定选择 $i$ 个元素时的总方案，然后就可以通过二项式反演得到恰好选择 $i$ 个元素时的方案数。综上所述，我们总结出二项式定理的核心：通过二项式系数的容斥进行 “钦定” 和 “恰好” 的转换。

2.3.1. 错排问题

$n$ 个人排列，求每个人都恰好站错的方案数。即求 $\sum_{p} [\forall i, p_{i} \neq i]$ 。

设 $g_{n}$ 表示 $n$ 个人的错排方案数，而 $f_{n}$ 表示所有排列方案数即 $n!$ 。那么有 $f_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) g_{i}$ ， $i$ 的意义是枚举站错的人的个数。反演得到 $g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} (\binom{n}{i}) f_{i} = \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{n - i} \frac{n!}{(n - i)!}$ （组合数分母上的 $i!$ 与 $f_{i}$ 抵消了）。

2.3.2. 染色问题 I（一维）

$n$ 个格子， $k$ 种颜色，相邻格子颜色不同，每个颜色至少出现一次，求方案数。

设 $g_{k}$ 表示恰好出现 $k$ 个颜色的方案数， $f_{k}$ 表示 $k$ 个颜色的总方案数，即 $k \times (k - 1)^{n - 1}$ 。有

f_{k} = \sum_{i = 0}^{k} (\binom{k}{i}) g_{i}

反演得到 $g_{k} = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k}{i}) f_{i}$ 。可以 $O (k \log n)$ 计算。

2.3.3. 染色问题 II（二维）

$n \times m$ 个格子， $1$ 种颜色，每行和每列至少有一个格子被涂色，求方案数。

设 $g_{i, j}$ 表示恰好有 $i$ 行 $j$ 列被涂色的方案数， $f_{i, j}$ 表示 $i$ 行 $j$ 列被涂色的方案数即 $2^{i j}$ ，有

f_{n, m} = \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) \sum_{j = 0}^{m} (\binom{m}{j}) g_{i, j}

对 $i$ 和 $j$ 分别二项式反演，有

g_{n, m} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} (- 1)^{(n - i) + (m - j)} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{j}) f_{i, j}

2.3.4. 染色问题 III（三维）

$n \times m$ 个格子， $k$ 种颜色，每行和每列至少一个格子被涂色，每个颜色至少出现一次，格子可不被涂色，求方案数。

请读者结合染色问题 I. 与 II. 自行思考。设 $g_{n, m, k}$ 表示恰有 $n$ 行 $m$ 列至少有一个格子被涂上颜色，且恰有 $k$ 种颜色的方案数， $f_{n, m, k}$ 表示总方案数 $(k + 1)^{n m}$ 。

f_{n, m, k} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} \sum_{p = 0}^{k} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{j}) (\binom{k}{p}) g_{i, j, k}

g_{n, m, k} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{m} \sum_{p = 0}^{k} (- 1)^{n + m + k - i - j - p} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{j}) (\binom{k}{p}) (p + 1)^{i j}

直接计算 $n^{3}$ ，可以通过二项式定理化简减小复杂度。

2.4. 参考文章

GXZlegend —— 二项式反演及其应用（推荐）。
liu_jiangwen ——111111 组合数学——二项式反演。
Icyfrog —— 二项式反演入门。
WAautomaton —— 反演定理及其应用。

2.5. 例题

*I. P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

很不错的题目，可以用来入门二项式反演。设 $f_{x}$ 为钦定 $x$ 对祖先关系的情况总数， $g_{x}$ 为答案，那么根据二项式反演有 $g_{x} = \sum_{i = x}^{n} (- 1)^{i - x} (\binom{i}{x}) f_{i}$ 。 $f_{x}$ 可以树形背包求，别忘了最后乘上 $(m - x)!$ ，因为剩下 $m - x$ 对点对顺序任意。时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

*II. P4859 已经没有什么好害怕的了

和例题 I. 极度类似。DP 方法几乎一样，最后也都要乘以阶乘作为系数。实际上，上一题就是把本题搬到了树上。

const int mod = 1e9 + 9;
const int N = 2e3 + 5;
int n, k, ans, a[N], b[N], num[N], f[N], fc[N], ifc[N];
void add(int &x, int y) {x += y, x >= mod && (x -= mod);}
int ksm(int a, int b) {
	int s = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) s = 1ll * s * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
	} return s;
}
int main(){
	cin >> n >> k;
	if((n & 1) != (k & 1)) return puts("0"), 0;
	k = n + k >> 1, fc[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) fc[i] = 1ll * fc[i - 1] * i % mod;
	ifc[n] = ksm(fc[n], mod - 2);
	for(int i = n - 1; ~i; i--) ifc[i] = 1ll * ifc[i + 1] * (i + 1) % mod;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
	sort(a + 1, a + n + 1), sort(b + 1, b + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		num[i] = num[i - 1];
		while(num[i] < n && a[i] > b[num[i] + 1]) num[i]++;
	} f[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = min(num[i], i); j; j--)
			add(f[j], 1ll * f[j - 1] * (num[i] - j + 1) % mod);
	for(int i = k; i <= n; i++) {
		int bin = 1ll * fc[i] * ifc[k] % mod * ifc[i - k] % mod;
		int coef = 1ll * bin * f[i] % mod * fc[n - i] % mod;
		add(ans, (i - k) & 1 ? mod - coef : coef);
	} cout << ans << endl;
	return 0;
}

*III. CF1228E Another Filling the Grid

设 $g_{i, j}$ 表示恰有 $i$ 行 $j$ 列的最小值为 $1$ 。若钦定最小值为 $1$ 无法计算，但钦定最小值不为 $1$ 就很好算了。因此我们设 $f_{i, j}$ 表示钦定 $i$ 行 $j$ 列使得其它行列的最小值非 $1$ 的方案数，即 $(k - 1)^{(n - i) (n - j)} \times k^{n^{2} - (n - i) (n - j)}$ ，那么有

f_{n, n} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) g_{i, j}

二项式反演得到

g_{n, n} = \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{n - i + n - j} (\binom{n}{i}) (\binom{n}{j}) f_{i, j}

可以 $O (n^{2} \log k)$ 计算，时间复杂度足够优秀。当然，精细实现可以做到平方甚至线性对数。

IV. [BZOJ2839]集合计数

考虑钦定 $i$ 个元素在交集里面，那么方案数为 $(\binom{n}{i}) 2^{2^{n - i}}$ 。二项式反演掉，得到答案为 $\sum_{i = k}^{n} (- 1)^{k - i} (\binom{i}{k}) (\binom{n}{i}) 2^{2^{n - i}}$ 。

V. [BZOJ4665]小 w 的喜糖

钦定有 $k$ 组不同的方案数不好算，考虑钦定 $k$ 组相同的方案数为 $f_{k}$ ，恰好 $k$ 组相同的方案数为 $g_{k}$ ，有

f_{i} = \sum_{j = i}^{n} (\binom{i}{j}) g_{j}

二项式反演即可， $f_{k}$ 可以通过简单背包乘以二项式系数计算（ $f_{i} = \sum_{j = 0}^{c} f_{i - j} (\binom{c}{j}) c^{\underset{―}{j}}$ ）。注意最后要除掉 $\prod (c n t_{i})!$ ，因为种类相同的糖本质相同。时间复杂度平方。

*VI. [BZOJ2162]男生女生

本题可以看做割裂的两部分，一部分是求使某部点尽量大的二分图最大团，见网络流与二分图 Part 2.5. 二分图的最大团。另一部分则需要用到二项式反演：

考虑求出男生个数 $B$ 和女生个数 $G$ 后如何计算答案：钦定 $i$ 个男生和 $j$ 个女生不能被选，方案数为 $f_{i, j} = (\binom{(B - i) (G - j)}{k})$ 。设恰好 $i$ 男 $j$ 女没有被选到的方案数为 $g_{i, j}$ ，那么 $f_{i, j} = \sum_{i^{'} = i}^{B} \sum_{j^{'} = j}^{G} (\binom{i^{'}}{i}) (\binom{j^{'}}{j}) g_{i, j}$ ，二项式反演掉就做完了。由于模数不是质数所以预处理组合数的复杂度是瓶颈，为 $O (n^{4})$ 。

3. 单位根反演

3.1. 公式

[n ∣ x] = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{x i}

常规证法是用等比数列求和公式，我不太喜欢，因为这样不能使初学单位根反演的同学感受到它的自然与优美。

一个比较直观的我自己的理解是 $ω_{n}^{x}$ 在 $n ∣ x$ 时等于 $1$ ， $n$ 个求和后再除以 $n$ 就是 $1$ ；而在 $n ∤ x$ 时不妨设 $d = gcd (x, n)$ 。把单位根放到平面直角坐标系里感受一下， $\sum_{i = 0}^{n - 1} (ω_{n}^{x})^{i}$ 就是把 $ω_{n}^{x}$ 旋转 $n$ 次，每次旋转相同的 $\frac{2 π x}{n}$ 角度。那么最终形成了相同的 $d$ 组 “向量”，每组内部有 $\frac{n}{d}$ 个在单位圆上均匀分布的 “向量”，根据高中知识可知每一组向量的和都是 $0$ 。

它还有另外一种形式，在做题时经常会遇到：

[x \equiv y (\mod n)] = [x - y \equiv 0 (\mod n)] = \frac{1}{n} \sum_{i = 0}^{n - 1} ω_{n}^{(x - y) i}

3.2. 应用

我们为什么要用单位根反演？钻研这个问题，不仅可以帮助我们深入理解单位根反演，在做题时我们也能更容易看出它的蛛丝马迹。

3.2.1. 将 mod 转化为求和

首先看一道经典的单位根反演入门题：给出 $n, s, a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3} \leq 10^{18}$ ，求 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) s^{i} a_{i mod 4}$ 对 $998244353$ 取模。

看到组合数和幂结合，自然想到二项式定理，可是 $a_{i mod 4}$ 的部分断绝了我们的出路 …… 吗？并没有。如果我们将 $a_{i mod 4}$ 写作 $\sum_{j = 0}^{3} a_{j} [i \equiv j (\mod 4)]$ ，再使用单位根反演得到 $\sum_{j = 0}^{3} a_{j} \times \frac{1}{4} \sum_{k = 0}^{3} ω_{4}^{(i - j) k}$ ，揉进原来的柿子：

\frac{1}{4} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) s^{i} \sum_{j = 0}^{3} a_{j} \sum_{k = 0}^{3} ω_{4}^{(i - j) k}

交换求和符号并整理，得

\frac{1}{4} \sum_{j = 0}^{3} a_{j} \sum_{k = 0}^{3} ω_{4}^{- j k} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (s ω_{4}^{k})^{i} \times 1^{n - i}

逆用二项式定理，得

\frac{1}{4} \sum_{j = 0}^{3} a_{j} \sum_{k = 0}^{3} ω_{4}^{- j k} (s ω_{4}^{k} + 1)^{n}

如果你学过 NTT 就知道在模 $998244353$ 意义下，原根和单位根可以互换，因此这里的四次单位根等价于 $g^{\frac{p - 1}{4}}$ ，快速幂解决。时间复杂度 $O (\log n)$ 。

代码见例题 I.

3.3. 例题

*I. LOJ#6485. LJJ 学二项式定理

代码。

*II. P5591 小猪佩奇学数学

推柿子：根据 $⌊ \frac{i}{k} ⌋ = \frac{i - i mod k}{k}$ 得

\frac{1}{k} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) \times p^{i} \times (i - i mod k)

略去 $\frac{1}{k}$ ，括号拆开分别考虑。

前半部分： $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) p^{i} \times i$ 。

根据 $(\binom{n}{m}) = \frac{n}{m} (\binom{n - 1}{m - 1})$ ，得 $n p \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n - 1}{i - 1}) p^{i - 1}$ 。

即 $n p (p + 1)^{n - 1}$ 。
后半部分：略去负号，得 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) p^{i} \sum_{j = 0}^{k - 1} j [i \equiv j (\mod k)]$ 。

套入单位根反演，得 $\sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) p^{i} \sum_{j = 0}^{k - 1} \frac{j}{k} \sum_{x = 0}^{k - 1} ω_{k}^{(i - j) x}$ 。

略去 $\frac{1}{k}$ ，交换求和符号，得 $\sum_{j = 0}^{k - 1} j \sum_{x = 0}^{k - 1} ω_{k}^{- j x} \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (p ω_{k}^{x})^{i}$ 。

套入二项式定理，得 $\sum_{j = 0}^{k - 1} j \sum_{x = 0}^{k - 1} ω_{k}^{- j x} (p ω_{k}^{x} + 1)^{n}$ 。

~~然后发现不会了~~。交换求和顺序，得 $\sum_{x = 0}^{k - 1} (p ω_{k}^{x} + 1)^{n} \sum_{j = 0}^{k - 1} j (ω_{k}^{x})^{- j}$ 。

略去前面的柿子，将 $ω_{k}^{- x}$ 记做 $c$ ，仅关注 $\sum_{j = 0}^{k - 1} j c^{j}$ 。由于 $k$ 是常数，因此将其记做 $f (c)$ 。看到这里，你发现了什么？对！是我们小学二年级就学过的错位相减法！
- 如果 $c \neq 1$ ，求 $c f (c) - f (c)$ ：比对每一项的系数，有 $f (c) - c f (c) = \sum_{j = 1}^{k - 1} c^{j} - (k - 1) c^{k}$ 。
  
  先特判掉 $k = 1$ 的情况，然后用等比数列求和公式得到 $\sum_{j = 1}^{k - 1} c^{j} = - 1 + \sum_{j = 0}^{k - 1} c^{j} = - 1 + \frac{c^{k} - 1}{c - 1}$ ，注意到 $c^{k}$ 恒为 $1$ ，所以 $f (c) = \frac{- 1 - (k - 1)}{1 - c} = \frac{k}{c - 1}$ 。
- 如果 $c = 1$ ，那么原式等于 $\sum_{j = 0}^{k - 1} j = \frac{k (k - 1)}{2}$ 。
因此直接计算即可！时间复杂度 $O (k \log n)$ 。

ll n, p, k, w, ans, sub;
int main() {
	cin >> n >> p >> k, w = ksm(3, (mod - 1) / k);
	ans = n * p % mod * ksm(p + 1, n - 1) % mod;
	for(int x = 0; x < k; x++) {
		ll om = ksm(w, x), pw = ksm(p * om + 1, n), c = inv(om);
		if(c == 1) sub = (sub + pw * (k * (k - 1) / 2 % mod)) % mod;
		else sub = (sub + pw * k % mod * inv(mod + c - 1)) % mod;
	} cout << (ans + mod - sub * inv(k) % mod) * inv(k) % mod;
	return 0;
}

4. 莫比乌斯反演

极其重要的一类反演，对于推式子的帮助很大。

4.1. 前置知识

4.1.1. 数论函数与积性函数

数论函数，就是定义域是正整数的函数。

积性函数，就是对于任意 $x, y \in \N^{+}$ ，若 $gcd (x, y) = 1$ ，则 $f (x y) = f (x) f (y)$ 的函数 $f$ 。若完全积性则不需要 $gcd (x, y) = 1$ 的条件。

积性函数举例（下文中会出现）：

单位函数 $ϵ (n) = [n = 1]$ 。
常数函数 $1 (n) = 1$ 。
恒等函数 ${id}_{k} (n) = n^{k}$ ， ${id}_{1} (n)$ 通常记作 $id (n)$ 。
除数函数 $σ_{k} (n) = \sum_{d ∣ n} d^{k}$ 。 $σ_{0} (n)$ 就是约数个数，记作 $τ (n)$ 或 $d (n)$ 。 $σ_{1} (n)$ 就是约数和，记作 $σ (n)$ 。
大名鼎鼎的欧拉函数 $φ (n) = \sum_{i = 1}^{n} [gcd (i, n) = 1]$ 。关于欧拉函数可以看基础数论学习笔记。
本章节的核心莫比乌斯函数 $μ (n) = {\begin{cases} 0 & \exist d > 1, d^{2} ∣ n \\ (- 1)^{ω (n)} & otherwise \end{cases}$ ，其中 $ω (n)$ 表示 $n$ 本质不同质因子个数。它的积性是显然的。

4.1.2. 狄利克雷卷积

由于学习莫比乌斯反演之前需要学会狄利克雷卷积，所以就放在这了。狄利克雷卷积竟沦落到给莫比乌斯反演作铺垫（大雾）。

定义：设 $f, g$ 是数论函数，定义它们的狄利克雷卷积为 $h (x) = \sum_{a \times b = x} f (a) g (b)$ ，写作 $h = f * g$ 。显然的，狄利克雷卷积具有交换律，结合律和乘法分配律。它的另一种表达形式为 $h (x) = \sum_{d ∣ x} f (d) g (\frac{x}{d})$ ，非常有用。

FMT 和 FWT 叫位运算卷积，FFT 和 NTT 叫加法卷积，不难发现狄利克雷卷积实际上是乘法卷积。它有如下性质：两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数，积性函数的逆元也是积性函数。证明略。

4.1.3. 莫比乌斯函数

因为莫比乌斯函数是积性函数，所以它可以由线性筛求得。莫比乌斯函数有以下几条性质：

\begin{matrix} (4.1) & \sum_{d ∣ n} μ (d) = {\begin{cases} 1 & n = 1 \\ 0 & n \neq 1 \end{cases} \end{matrix}

首先 $n = 1$ 时显然，否则我们令 $n$ 的本质不同质因数分别为 $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$ ，从中选取 $i$ 个质数的方案数为 $(\binom{k}{i})$ 。由选奇数个方案数之和等于选偶数个方案数之和可知和为 $0$ ： $k > 0$ 时 $\sum_{i = 0}^{k} 1^{k - i} \times (\binom{k}{i}) \times (- 1)^{i} = (1 + (- 1))^{k} = 0$ （二项式定定理）。因而证明了 $μ * 1 = ϵ$ 。

\begin{matrix} (4.2) & φ (n) = \sum_{d ∣ n} d \times μ (\frac{n}{d}) \end{matrix}

该式子在推式子时比较有用。可以先证明 $φ * 1 = id$ ，两边同时卷积 $μ$ 有 $φ * (1 * μ) = φ * ϵ = φ = id * μ$ 。得证。

变式：

\begin{matrix} (4.2.2) & \frac{φ (n)}{n} = \sum_{d ∣ n} \frac{μ (d)}{d} \end{matrix}

令上式两端同除 $n$ 即得。

\begin{matrix} (4.3) & \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d) = [gcd (i, j) = 1] \end{matrix}

极其重要的一个柿子，是莫比乌斯反演的核心。将 $gcd (i, j)$ 带入式 $4.1$ 即得。

线性筛莫比乌斯函数：根据 $μ (n) \times μ (p) = - μ (n) = μ (n p) (gcd (n, p) = 1)$ 可得。

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

4.1.4. 整除分块

哪里有莫反，哪里就有整除分块。详见基础数论学习笔记 Part 5 整除分块。

4.1.5. 线性筛积性函数

见本文 Part 6.1。

4.2. 公式

若 $f, g$ 是两个数论函数，那么有

\begin{matrix} (4.4) & f (n) = \sum_{d ∣ n} g (d) \Rightarrow g (n) = \sum_{d ∣ n} μ (d) f (\frac{n}{d}) \end{matrix}

证明：已知 $g * 1 = f$ ，则 $g * 1 * μ = g = f * μ$ 。

\begin{matrix} (4.5) & f (n) = \sum_{n ∣ d} g (d) \Rightarrow g (n) = \sum_{n ∣ d} μ (\frac{d}{n}) f (d) \end{matrix}

证明（来自 OI - Wiki）：

\begin{aligned} \sum_{n ∣ d} μ (\frac{d}{n}) f (d) \\ = & \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (k) f (k n) \\ = & \sum_{k = 1}^{+ \infty} μ (k) \sum_{k n ∣ d} g (d) \\ = & \sum_{n ∣ d} g (d) \sum_{k ∣ \frac{d}{n}} μ (k) \\ = & \sum_{n ∣ d} g (d) ϵ (\frac{d}{n}) \\ = & g (n) \end{aligned}

4.3. 直观理解

只会套皮是不行的，要想熟练运用，不仅要多刷题，也要理解莫反的本质：容斥原理。其中莫比乌斯函数就是容斥系数。也许你会问：容斥系数不应该是 $(- 1)^{k}$ 吗？其实在某种程度上没错，毕竟对比 $(- 1)^{k}$ 与莫比乌斯函数的定义，它们的形式非常相近：只有当 $x$ 是完全平方数的倍数时容斥系数才为 $0$ （这其实也暗示了这样的 $x$ 不同于别的数）。但我们是对于全体自然数做容斥，会有一些奇怪的事情发生：一个自然数被另一个自然数完全包含（这也说明它一定是完全平方数的倍数，接下来会解释），而在容斥原理中，一个集合被另一个集合包含这样的事情是不会发生的。

不妨设接下来有 $f_{n} = \sum_{d ∣ n} g_{d}$ 。

4.3.1. $n = 2$

当 $n = 2$ 时，为了求出 $g_{2}$ ，我们只需要用 $f_{2} - f_{1} = (g_{2} + g_{1}) - g_{1}$ 。这里已经可以看见容斥的影子了。

4.3.2. $n = 6$ 及 $\prod p_{i}$

当 $n = 6$ 时，为了求出 $g_{6}$ ，我们首先需要 $f_{6}$ ，但是这样会多加 $g_{1} + g_{2} + g_{3}$ ，所以减去 $f_{2} + f_{3}$ ，但是这样又多减了 $g_{1}$ ，所以我们还应加上 $f_{1}$ 。

如果 $n$ 是若干不同质数 $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$ 的乘积，画出能够表示 $n$ 的所有约数的韦恩图（ $k > 3$ 时画不出来，不过可以理解一下）。 $k$ 个集合相交形成的所有子集就是 $n$ 的所有约数。比如说，如果有一块区域落在集合 $p_{1}$ 和集合 $p_{3}$ 中，那么它所表示的约数就是 $p_{1} p_{3}$ 。显然，如果 $x ∣ y$ ，那么区域 $y$ 包含于区域 $x$ 。

这里放上一张图，链接。图源。

结合上图，不妨将 $f_{d}$ 看做整块区域 $d$ （例如上图中区域 $30$ 也属于区域 $6$ ），而 $g_{d}$ 看做标上 $d$ 的小区域，然后将所有区域表示的数从 $i$ 替换成 $\frac{n}{i}$ ，那么 $f_{n}$ 就表示最外层的大区域，即所有 $g_{d}$ 的和，而 $f_{1}$ 就表示最里层的小区域，即 $g_{1}$ ，刚好符合 $f_{n} = \sum_{d ∣ n} g_{d}$ 的条件。因此，由于 $f$ 已知，为了得到仅属于区域 $n$ 的部分所表示的数 $g_{n}$ ，我们只需要进行容斥：加上 $f_{n}$ ，减去 $f_{p_{1}}, \dots, f_{p_{k}}$ ，加上 $f_{p_{1} p_{2}}, f_{p_{1}, p_{3}}, \dots, f_{p_{k - 1} p_{k}}$ ，以此类推。不难发现每个数前的容斥系数就是 $- 1$ 的 $\frac{n}{i}$ 所含质因子个数次幂，即 $μ (\frac{n}{i})$ （ $n$ 由互不相同的质因子相乘得到，那么 $\frac{n}{i}$ 亦然）。这不就是 $g_{n} = \sum_{d ∣ n} f_{d} μ (\frac{n}{d})$ 吗！

4.3.3. $n = 4$ 及任意自然数

有了上面的经验，你应该知道表示约数 $4$ 的区域被表示约数 $2$ 的区域 “完全包含”。画出韦恩图就是一大一小两个圆，其中一个圆完全落在另一个里面。因此，如果计算了 $2$ 的贡献，那么完全没有必要再算 $4$ 了，因为 $4$ 被 $2$ “完全包含”，所以它们的 “多加/多减状态” 应该是相同的。也就是说算完 $2$ 的贡献， $4$ 的贡献也恰好算完，既不多加，也不多减，因而 $μ (4) = 0$ 。不难发现，这种情况仅在一个数是非 $1$ 的完全平方数的倍数时出现，从而得以将莫比乌斯函数推广至任意自然数。

综上，莫比乌斯函数可以看作对 $\N^{+}$ 做容斥时的容斥系数。结合 $1 * μ = ϵ$ 这一性质， $μ (n)$ 的定义变得十分自然： $n$ 含有完全平方因子 $p$ 时可以直接忽略不计，因为 $n$ 的贡献在 $\frac{n}{p}$ 处已经计算过。否则 $n$ 含有的质因子个数就是其在容斥时所表示的集合大小，因为当 $n = 1$ 时需定义为 $1$ 故 $μ (n) = (- 1)^{ω (n)}$ 。

4.4. 应用

一般用来化简带有 $gcd$ 的柿子，几乎所有莫反题都需要用到整除分块。具体应用可以看 OI-Wiki，抄在博客里其实意义不大。

4.5. 例题

下面所有分式都是下取整。有部分整除分块的题目。

I. P2522 [HAOI2011]Problem b

二维差分将下界化为 $1$ ，然后推式子：

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

把 $k$ 搞掉：

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

莫反：

\sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d)

枚举约数 $d$ ，记 $c = min (\frac{n}{k}, \frac{m}{k})$ ：

\sum_{d = 1}^{c} μ (d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} [d ∣ i] \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k}} [d ∣ j]

由于 $1 \sim x$ 中 $y$ 的倍数有 $\frac{x}{y}$ 个，故原式化为：

\sum_{d = 1}^{c} μ (d) \frac{n}{k d} \frac{m}{k d}

整除分块即可，时间复杂度 $O (n + T \sqrt{n})$ 。long long 改成 int，11s 变成 5s，离谱。

II. SP5971 LCM Sum

来推式子。

\sum_{i = 1}^{n} lcm (i, n) = n \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{gcd (i, n)}

$gcd$ 在分母的位置，很不爽，尝试枚举 $gcd$ ：

\begin{aligned} n \sum_{i = 1}^{n} i \sum_{d ∣ n} \frac{1}{d} [gcd (i, n) = d] \\ = & n \sum_{d ∣ n} \frac{1}{d} \sum_{i = 1}^{n} i [gcd (i, n) = d] \\ = & n \sum_{d ∣ n} \frac{d}{d} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} i [gcd (i, \frac{n}{d}) = 1] \\ = & n \sum_{d ∣ n} \sum_{i = 1}^{d} i [gcd (i, d) = 1] \\ = & n \sum_{d ∣ n} F (d) \end{aligned}

单独算 $F (d) = \sum_{i = 1}^{d} i [gcd (i, d) = 1]$ ：

\begin{aligned} F (n) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} i \sum_{d ∣ gcd (i, n)} μ (d) \\ = & \sum_{d ∣ n} μ (d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} i d \\ = & \sum_{d ∣ n} μ (d) d \times \frac{\frac{n}{d} (1 + \frac{n}{d})}{2} \end{aligned}

至此，我们可以 $n \ln n$ 枚举 $d$ 及其倍数 $k d$ 算出所有 $F (n)$ ，再根据 $F (i)$ 枚举 $d$ 及其倍数算出所有数的答案。时间复杂度 $O (T + n \ln n)$ 。实际上可以继续化简：

\begin{aligned} F (n) \\ = & \frac{n}{2} \sum_{d ∣ n} μ (d) (1 + \frac{n}{d}) \\ = & \frac{n (ϵ (n) + φ (n))}{2} \end{aligned}

这里用到了 $μ * 1 = ϵ$ 以及 $μ * id = φ$ 。由于 $F = \frac{id \times (ϵ + φ)}{2}$ ，两部分都是积性函数，那么 $1 * F$ 的两部分仍是积性函数，可以线性筛求出。时间复杂度 $O (T + n)$ 。

const int N = 1e6 + 5;
ll T, pr[N], G[N], low[N], cnt;
bool vis[N];
void sieve() {
	G[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, G[i] = 1 + 1ll * i * (i - 1), low[i] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if(i % pr[j] == 0) {
				low[i * pr[j]] = low[i] * pr[j];
				if(i == low[i]) G[i * pr[j]] = G[i] + low[i] * (pr[j] - 1) * low[i] * pr[j];
				else G[i * pr[j]] = G[i / low[i]] * G[low[i] * pr[j]]; break;
			} G[i * pr[j]] = G[i] * G[pr[j]], low[i * pr[j]] = pr[j];
		}
	}
}
int main(){
	cin >> T, sieve();
	while(T--) {
		int n = read();
		print((G[n] + 1) * n / 2), pc('\n');
	} return flush(), 0;
}

*III. P4318 完全平方数

莫比乌斯函数作容斥系数的经典例子。答案满足可二分性，于是考虑如何求 $x$ 以内不含有平方因子的数的个数。仍然是容斥：我们只需加上所有由偶数个质数相乘的数的平方的倍数，减去由奇数个质数相乘的数的平方的倍数。发现就是 $\sum_{i^{2} \leq n} μ (i) \frac{n}{i^{2}}$ ，直接暴力求。时间复杂度 $O (T \log k \sqrt{k})$ 。

const int N = 1e5 + 5;
int T, n, cnt, pr[N], vis[N], mu[N];
int main() {
	cin >> T, mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N;i++) {
		if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if(i % pr[j] == 0) break;
			mu[i * pr[j]] = -mu[i];
		}
	} while(T--){
		cin >> n; ll l = n, r = n << 1;
		while(l < r) {
			ll m = l + r >> 1, res = 0;
			for(int i = 1; i * i <= m; i++) res += mu[i] * (x / i / i);
			res < n ? l = m + 1 : r = m;
		} cout << l << endl;
	} return 0;
}

IV. P2257 YY 的 GCD

考虑枚举 $gcd (i, j) = p \in P \cap [2, min (n, m)]$ ：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) \in P] \\ = & \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = p] \\ = & \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{p}} \sum_{i = 1}^{\frac{m}{p}} [gcd (i, j) = 1] \\ = & \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{p}} \sum_{i = 1}^{\frac{m}{p}} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d) \\ = & \sum_{p \in P} \sum_{d = 1}^{min (\frac{n}{p}, \frac{m}{p})} μ (d) \frac{n}{p d} \frac{m}{p d} \end{aligned}

做到这里发现推不动了，因为我们不得不枚举 $p \in P$ 。一个 trick 是将 $p d$ 写成 $T$ ，并将 $p d$ 写成狄利克雷卷积的形式：

\sum_{T = 1}^{min (n, m)} \sum_{p ∣ T \land p \in P}^{T} \frac{n}{T} \frac{m}{T} μ (\frac{T}{p})

为什么要这样做：分母上的 $p d$ 与两个变量有关，换种写法仅与一个变量有关，于是可以提前，但并没有改变求 $μ$ 的本质，只是调整了计算顺序使得可通过乘法分配律提出向下取整的柿子。或者说，对于使 $p d$ 相同的 $p, d$ 取值， $\sum μ (d)$ 的形式可以预处理避免重复计算。这个大概要写过很多莫反题目才能来感觉。

*另一种推导方式：考虑对 $[gcd (i, j) = p]$ 进行容斥并用莫比乌斯函数作容斥系数： $\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d = k p} μ (k) [d ∣ gcd (i, j)]$ ，相当于 将 $μ$ 乘上 $ϵ_{p} (i)$ 即 $[i = p] (p \in P)$ ，然后求和。稍作化简得到 $\sum_{d = 1}^{min (n, m)} \frac{n}{d} \frac{m}{d} \sum_{p ∣ d \land p \in P} μ (\frac{n}{p})$ ，发现与上述柿子等价。

$f (T) = \sum_{p ∣ T \land p \in P} μ (\frac{T}{p})$ 可以通过类似埃氏筛的筛法 $n \log \log n$ 求出，前缀和之后整除分块即可。总时间复杂度 $O (T \sqrt{n} + n \log \log n)$ 。 $f (T)$ 还可以线性筛，具体推导过程略去，复杂度 $O (T \sqrt{n} + n)$ 。

const int N = 1e7 + 5;
int T, n, m, cnt, vis[N], pr[N >> 3], f[N], mu[N];
int main(){
	for(int i = 2; i < N; i++) {
		if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, f[i] = 1, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
			vis[i * pr[j]] = 1;
			if(i % pr[j] == 0) {f[i * pr[j]] = mu[i]; break;}
			f[i * pr[j]] = -f[i] + mu[i], mu[i * pr[j]] = -mu[i];
		}
	} for(int i = 2; i < N; i++) f[i] += f[i - 1]; cin >> T;
	while(T--) {
		nll ans = 0 cin >> n >> m;
		for(int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
			r = min(n / (n / l), m / (m / l));
			ans += 1ll * (n / l) * (m / l) * (f[r] - f[l - 1]);
		} cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}

V. P3455 [POI2007]ZAP-Queries

双倍经验 P2522。

VI. P2568 GCD

双倍经验 P2257.

VII. P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j) \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i j}{gcd (i, j)} \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} \frac{1}{d} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}} i j d^{2} \sum_{k ∣ gcd (i, j)} μ (k) \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} d \sum_{k = 1}^{min (\frac{n}{d} \frac{m}{d})} μ (k) k^{2} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k d}} i \sum_{j = 1}^{\frac{m}{k d}} j \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} d \sum_{k = 1}^{min (\frac{n}{d} \frac{m}{d})} μ (k) k^{2} S (\frac{n}{k d}) S (\frac{m}{k d}) \end{aligned}

已经可以 $n \ln n$ 做了，但是还不够。到这里我们可以看到和 IV. 差不多的套路，令 $T \leftarrow k d$ ：

\begin{aligned} = & \sum_{T = 1}^{min (n, m)} S (\frac{n}{T}) S (\frac{m}{T}) \sum_{k ∣ T} μ (k) k^{2} \frac{T}{k} \end{aligned}

注意到前面一坨可以整除分块，后面相当于求 $f (T)$ 其中 $f = (μ \times {id}^{2}) * id$ （化简一下也可以看成 $T \times f (T)$ 其中 $f = μ * id$ ），是积性函数，可以线筛求出。时间复杂度 $O (n)$ 。实际上可以多组询问。

const int N = 1e7 + 5;
const int mod = 20101009;
int n, m, c, pr[N >> 3], cnt, low[N];
bool vis[N]; ll f[N], ans;
ll S(ll x) {return x * (x + 1) / 2 % mod;}
int main(){
	cin >> n >> m, c = min(n, m), f[1] = 1;
	for(ll i = 2; i <= c; i++) {
		if(!vis[i]) low[i] = pr[++cnt] = i, f[i] = (i - i * i % mod + mod) % mod;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= c; j++) {
			int k = i * pr[j]; vis[k] = 1;
			if(i % pr[j] == 0) {
				low[k] = low[i] * pr[j];
				if(low[i] == i) f[k] = (k - pr[j] * pr[j] % mod * i % mod + mod) % mod;
				else f[k] = f[i / low[i]] * f[low[k]] % mod; break;
			} low[k] = pr[j], f[k] = f[i] * f[pr[j]] % mod;
		}
	}
	for(int i = 2; i <= c; i++) f[i] = (f[i] + f[i - 1]) % mod;
	for(int l = 1, r; l <= c; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans = (ans + S(n / l) * S(m / l) % mod * (f[r] - f[l - 1] + mod)) % mod;
	} cout << ans << endl;
	return 0;
}

VIII. AT5200 [AGC038C] LCMs

原题的两个枚举上界都写到 $n$ 方便求答案，那么需要将结果减掉 $\sum a_{i}$ 后除以 $2$ 。记 $b_{i}$ 表示 $i$ 在 ${a_{j}}$ 中的出现次数，有：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{V} \sum_{j = 1}^{V} b_{i} b_{j} \times lcm (i, j) \\ = & \sum_{i = 1}^{v} \sum_{j = 1}^{v} \frac{i j \times b_{i} b_{j}}{gcd (i, j)} \end{aligned}

剩下来推式子的过程和上一题差不多，但是因为有 $b_{i}$ 的存在所以无法写成一个简单式子的形式。注意推到 $\sum_{d = 1}^{V} \frac{1}{d} \sum_{k = 1}^{\frac{V}{d}} μ (k) S^{2} (k d)$ 其中 $S (i)$ 表示 $\sum k i \times b_{k i} (k \in \Z)$ 的时候可以 $V \ln V$ 做，时间复杂度 $O (n + V \ln V)$ 。运用 Part 5 所讲解的狄利克雷前 / 后缀和并改变枚举顺序线性筛 $\frac{1}{id} * μ$ 可以 $O (n + V \log \log V)$ ，即 $\sum_{T = 1}^{V} S^{2} (T) \sum_{d ∣ T} \frac{1}{d} μ (\frac{T}{d})$ 。为了卡常可以写成 $\sum_{T = 1}^{V} S^{2} (T) \frac{1}{T} \sum_{d ∣ T} \frac{T}{d} μ (\frac{T}{d})$ ，这样就只需要最后求答案时取模。

const int N = 1e6 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, f[N], cnt, mx, pr[N >> 3];
ll b[N], inv[N], ans; bool vis[N];
int main(){
	cin >> n, f[1] = inv[1] = 1;
	for(int i = 1, x; i <= n; i++) cmax(mx, x = read()), ans -= x, b[x] += x;
	for(int i = 2; i <= mx; i++) {
		inv[i] = mod - mod / i * inv[mod % i] % mod;
		if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, f[i] = 1 - i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= mx; j++) {
			int k = i * pr[j]; vis[k] = 1;
			if(i % pr[j] == 0) {f[k] = f[i]; break;}
			f[k] = f[i] * f[pr[j]];
		}
	} for(int i = 1; i <= cnt; i++) for(int j = mx / pr[i]; j; j--) b[j] += b[j * pr[i]];
	for(int i = 1; i <= mx; i++) b[i] %= mod, ans += b[i] * b[i] % mod * f[i] % mod * inv[i] % mod;
	cout << (ans % mod + mod) % mod * inv[2] % mod << endl;
	return 0;
}

IX. P3911 最小公倍数之和

双倍经验。

X. P6156 简单题

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i + j)^{k} \sum_{d = 1}^{n} μ^{2} (d) d [gcd (i, j) = d] \\ = & \sum_{d = 1}^{n} μ^{2} (d) d^{k + 1} \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} \sum_{j = 1}^{\frac{n}{d}} (i + j)^{k} [gcd (i, j) = 1] \\ = & \sum_{d = 1}^{n} μ^{2} (d) d^{k + 1} \sum_{o = 1}^{\frac{n}{d}} μ (o) o^{k} \sum_{i}^{\frac{n}{d o}} \sum_{j}^{\frac{n}{d o}} (i + j)^{k} \\ = & \sum_{T = 1}^{n} F (\frac{n}{T}) \sum_{d ∣ T} μ^{2} (d) d^{k + 1} μ (\frac{T}{d}) {(\frac{T}{d})}^{k} \\ = & \sum_{T = 1}^{n} F (\frac{n}{T}) T^{k} \sum_{d ∣ T} μ^{2} (d) d μ (\frac{T}{d}) \end{aligned}

其中 $F (n)$ 表示 $\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (i + j)^{k}$ 。直接线性筛 $(μ^{2} \times id) * μ$ 以及 $p^{k}$ 即可，时间复杂度 $O (n + \frac{n}{\ln n} \times \log k) \approx O (n)$ 。

ll k;
int low[N], kp[N], F[N >> 1], G[N];
int n, cnt, ans, pr[N / 15];
bitset <N> vis;
int main(){
	cin >> n >> k, k %= mod - 1, kp[1] = 1, G[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n << 1; i++) {
		if(!vis[i]) kp[i] = ksm(i, k), pr[++cnt] = low[i] = i, G[i] = i - 1;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= n << 1; j++) {
			int c = i * pr[j]; vis[c] = 1, kp[c] = 1ll * kp[i] * kp[pr[j]] % mod;
			if(i % pr[j] == 0) {
				low[c] = low[i] * pr[j];
				if(i == low[i]) G[c] = i == pr[j] ? mod - pr[j] : 0;
				else G[c] = 1ll * G[i / low[i]] * G[low[c]] % mod; break;
			} low[c] = pr[j], G[c] = 1ll * G[i] * G[pr[j]] % mod;
		}
	} for(int i = 2; i <= n; i++) G[i] = (G[i - 1] + 1ll * G[i] * kp[i]) % mod;
	for(int i = 1; i <= n << 1; i++) kp[i] = (kp[i - 1] + kp[i]) % mod;
	for(int i = 1, j = 2; i <= n; i++, j += 2) F[i] = (F[i - 1] + 2ll * (kp[j] - kp[i] + mod) - (kp[j] - kp[j - 1]) + mod) % mod;
	for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) r = n / (n / l), ans = (ans + 1ll * F[n / l] * (G[r] - G[l - 1] + mod)) % mod;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

XI. P6222 「P6156 简单题」加强版

双倍经验。

5. Dirichlet 卷积

6. 高级筛法

6.1. 线性筛积性函数

前置知识：对线性筛的工作原理有一定认识。

众所周知，欧拉筛在最小质因子处筛去所有合数，但需要讨论：1. 最小质因子次数 $= 1$ 。2. 最小质因子次数 $> 1$ 。了解两种情况进入的不同分支有助于理解线筛积性函数。

for(int i = 2; i < N; i++) {
	if(!vis[i]) pr[++cnt] = i;
	for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
		vis[i * pr[j]] = 1;
		if(i % pr[j] == 0) break; // i * pr[j] 最小质因子 pr[j] 次数 > 1
		// i * pr[j] 最小质因子 pr[j] 次数 = 1
	}
}

并不是所有积性函数 $f$ 都可以线筛求出，它需要满足：根据 $f (p^{k})$ 可快速求出 $f (p^{k + 1})$ 。当 $i \times p$ 最小质因子 $p$ 的次数为 $1$ 时，方便求得 $f (i p) = f (i) f (p)$ 。但不为 $1$ 时需要另辟蹊径：若 $i = p^{k}$ 则根据 $f (i)$ 推得 $f (i p)$ 即 $f (p^{k + 1})$ 。否则设 $i$ 含有 $c$ 个质因子 $p$ ，根据积性函数的性质与已经求得的 $f (p^{c + 1})$ （因为 $i > p^{c}$ ，在 $i = p^{c}$ 时已经求过 $f (p^{c + 1})$ ）容易得到 $f (i p) = f (\frac{i}{p^{c}}) f (p^{c + 1})$ 。对此还需记录 $l o w_{i}$ 表示 $i$ 最小质因子 $p$ 的 $p^{c}$ 。

for(int i = 2; i < N; i++) {
	if(!vis[i]) pr[++cnt] = i, f[i] = ..., low[i] = i;
	for(int j = 1; j <= cnt && i * pr[j] < N; j++) {
		vis[i * pr[j]] = 1;
		if(i % pr[j] == 0) { // 此时 i 与 pr 不互质, 需要另辟蹊径
			low[i * pr[j]] = low[i] * pr[j];
			if(i == low[i]) f[i * pr[j]] = ...; // 根据 f(p ^ k) 算 f(p ^ (k + 1))
			else f[i * pr[j]] = f[i / low[i]] * f[low[i * pr[j]]]; break;
		} f[i * pr[j]] = f[i] * f[pr[j]], low[i * pr[j]] = pr[j]
		// i * pr 最小质因子次数 = 1, 可以通过 f[i] * f[pr] 算 f[i * pr] (积性函数的性质)
	}
}

posted @ 2021-08-15 17:39 qAlex_Weiq 阅读(3494) 评论(5) 编辑收藏举报

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