莫比乌斯函数入门

$$\mu(n)=\left\{ \begin{matrix} 1&n=1\\ 0&n 含有平方因子\\ (-1)^k&其中 k 为 n 本质不同的质因子个数 \end{matrix} \right.$$

这个答辩似乎看不懂……不如换个形式去描述一下。
$\mu(1)=1$ 是初值，没啥好介绍的。
把 $n$ 写为 $\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i}$，如果 $\max_{c_k}>1$ 那么 $\mu(n)=0$。
否则 $\mu(n)=(-1)^k$。
感觉讲得很清楚了 QwQ

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由于莫比乌斯也是高贵的积性函数，和 $\varphi(n)$，$f(n)=\gcd(k,n)$，$\operatorname{d}(n)$，$\sigma(n)$ 这类都可以线性筛预处理：

mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
	if(!pr[i])pt+=i,mu[i]=-1;
	for(int j:pt){
		if(i*j>=N)break;
		pr[i*j]=true;
		if(i%j==0)break(mu[i*j]=0)
		mu[i*j]=-mu[i];
	}
}

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看着这个莫比乌斯就很想容斥的样子，那就给个例题？

$$\sum_{i=1}^n\mu^2(i)$$

虽然可以线性筛直接筛出来去计算，但还是太慢了，需要 $\mathcal O(n)$ 的复杂度。
发现只需要去计算不为 $0$ 的数量就可以了，其他 $\pm1$ 的平方都是 $1$。
那么就可以转化为 $[1,n]$ 不包含平方因子的数量，也就是算 $[1,n]$ 包含平方因子的数量。包含 $2^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{2^2}\rfloor$；包含 $3^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{3^2}\rfloor$；包含 $4^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{4^2}\rfloor$，但是这个已经在 $2^2$ 里算过了，没有贡献；包含 $5^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{5^2}\rfloor$；包含 $6^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{6^2}\rfloor$，可是在 $2^2$ 和 $3^2$ 中算过了，反而要减去……；包含 $30^2$ 的数量就是 $\lfloor\frac n{30^2}\rfloor$ 可是容斥一下反而是要加上的。发现其实这加减的系数就是莫比乌斯函数 $\mu$。

$$\sum_{i=1}^n\mu(i)\lfloor\frac n{i^2}\rfloor=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)\lfloor\frac n{i^2}\rfloor$$

这样线性筛预处理就能做到 $\mathcal O(\sqrt n)$，据说可以变成 $\mathcal O(\sqrt[3]n)$。

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$$\sum_{d\mid n}\mu(d)=\varepsilon(n)=[n=1]=\left\{ \begin{matrix} 1&n=1\\ 0&n\ne1 \end{matrix} \right.$$

证明。把 $n$ 写为 $\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i}$，那就是这些质因子自由组合弄出的倍数也就是 $\prod_{i=1}^k{p_i}^{c'_i},c'_i\in[0,c_i]$。
如果 $\exists c'_i>1$，那么这个数的莫比乌斯函数必然为 $0$ 无需考虑。那么也就是考虑每个 $p_i$ 选 $0$ 个还是选 $1$ 个了。选择 $1$ 个的总数就是 $C_k^1$，每个的贡献是 $-1$，选择 $2$ 个的总数就是 $C_k^2$，每个的贡献是 $1$……，选择 $k$ 个的总数就是 $C_k^k$，每个的贡献是 $(-1)^k$。

$$\sum_{i=0}^k C_k^i\times(-1)^i$$

这个东西可以使用二项式定理去证明。

$$0^k=(1-1)^k=\sum_{i=0}^kC_k^i\times1^k\times(-1)^{k-i}=\sum_{i=0}^k C_k^i\times(-1)^i$$

不过当 $n=1$ 时是例外，此时 $\sum_{d\mid1}\mu(d)=1$。
很多时候会和 $\gcd$ 纠缠在一起呢。

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

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那就来个题：

$$\sum_{i=l1}^{r1}\sum_{j=l2}^{r2}[\gcd(i,j)=k]$$

通过二维前缀和的拆分就变成

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

发现必须 $k\mid i$ 并且 $k\mid i$ 所以只需要枚举 $k$ 的倍数

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

根据莫比乌斯函数的性质可以变形

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)$$

这个 $d$ 必须满足 $d\mid\gcd(i,j)$ 也就是 $d\mid i$ 并且 $d\mid j$。要求 $d\le\min(n,m)$ 所以直接计算对于所有 $d\in[1,\min(n,m)]$

$$\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^n[d\mid i]\sum_{i=1}^n[d\mid j]$$

运用整除知识知道 $\sum_{i=1}^n[d\mid i]$ 就是 $\lfloor\frac nd\rfloor$

$$\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac nd\rfloor\lfloor\frac md\rfloor$$

运用莫比乌斯函数前缀和与整除分块就可以 $\mathcal O(\sqrt n)$ 的复杂度。

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那就再来个题：

$$\sum_{p\in\mathbb P}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]=\sum_{p\in\mathbb P}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{\min(n,m)}p\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac n{pd}\rfloor\lfloor\frac m{pd}\rfloor$$

如果还是刚刚那个做法就需要 $\mathcal O(\frac{n\sqrt n}{\ln n})$，不妨记 $k=pd$

$$\sum_{p\in\mathbb P}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{\min(n,m)}p\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac nk\rfloor\lfloor\frac mk\rfloor$$

对于相同的 $k$ 后半段是始终一样的，那就去提取后半段

$$\sum_{k=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac nk\rfloor\lfloor\frac mk\rfloor\sum_{p\mid k,p\in\mathbb P}\mu(\frac kp)$$

那么枚举每个 $p$ 的倍数就可以算出后面那个东西。同样配合整除分块就可以 $\mathcal O(\sqrt n)$ 解决。

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莫比乌斯反演就是如果一个数论函数 $f$ 可以拆成另一个数论函数 $g$，即

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

那么就可以

$$g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac nd)=\sum_{n\mid d}\mu(\frac dn)f(p)$$

一般来说第一个用到的多点。