学习笔记：莫比乌斯函数

前置知识：迪利克雷卷积，整除分块。

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莫比乌斯函数

$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& \text{if }n=1,\\ 0& \text{if }n\text{ 有平方因子},\\ (-1{)}^k& k=n\text{ 的质因子个数}.\end{array}$

积性函数，即 $gcd(a,b)=1$ 时，$\mu (a)\mu (b)=\mu (ab)$。

基本性质

性质 1

莫比乌斯函数是数论函数 $1(n)=1$ 的迪利克雷逆，即 $\mu \ast 1=ϵ$。

证明在性质 2。

性质 2

$\sum _{d\mid n}\mu (d)=ϵ(n)$，

证明

设 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\text{ ... }{p}_k^{c_k}$，$n^{\prime }=p_1{p}_2\text{ ... }{p}_k$，$p$ 都是质数，就是唯一分解定理，

则 $\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{d\mid n^{\prime }}\mu (d)$，因为只有次数为 $1$ 的质数才有贡献，不然就有平方因子，贡献为 $0$，

则 $\sum _{d\mid n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k{(}_i^k)(-1{)}^i$，

然后根据二项式定理，$\sum _{i=0}^k{(}_i^k)(-1{)}^i=(1+(-1){)}^k$，

因此当且仅当 $k=0$ 即 $n=1$ 时，$\sum _{d\mid n}\mu (d)=1$，否则为 $0$。

同时也证明了性质 1。

该性质有一些比较常见的运用，例如，

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

性质 3 ( 莫比乌斯变换 / 逆变换(反演) )

一般有两个形式。

形式 1

若 $f(n)=\sum _{d\mid n}g(n)$，则 $g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(n/d)$。

我们称 $f(n)$ 是 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，$g(n)$ 是 $f(n)$ 的莫比乌斯反演。

证明

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

或者用迪利克雷卷积证明，

$f(n)=\sum _{d\mid n}g(n)\to f=g\ast 1\to g=f\ast \mu \to g(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)f(n/d)$。

形式 2

若 $f(n)=\sum _{n\mid d}g(d)$，则 $g(n)=\sum _{n\mid d}\mu (d/n)f(d)$。

证明

$\sum _{n\mid d}\mu (d/n)f(d)=\sum _{k=1}^{inf}\mu (k)f(kn)=\sum _{k=1}^{inf}\mu (k)\sum _{kn\mid d}g(d)=\sum _{n\mid d}g(d)\sum _{k\mid \frac{d}{n}}\mu (k)=g(n)$。

练习

P3455 [POI2007] ZAP-Queries

Solution

设 $n<m$，由题意，

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

$=\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }[gcd(i,j)=1]$

$=\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)$

$=\sum _{k=1}^n\mu (k)(\lfloor n/kd\rfloor )(\lfloor m/kd\rfloor )$

根据整除分块以及整除点的性质可知，使得 $(\lfloor n/kd\rfloor )(\lfloor m/kd\rfloor )$ 不同的 $k$ 的个数只有 $O(\sqrt{n})$ 个。于是先 $O(n)$ 预处理 $\mu$ 的前缀和，然后遍历 $n$ 和 $m$ 的整除点，计算贡献即可。

这段也可以用莫比乌斯反演来推。

有一个常见的技巧，互质不方便直接判断，但是判断 $i$ 和 $j$ 的 $gcd$ 是不是某个数 $k$ 的倍数是简单的，只需要 $k$ 同时是 $i$ 和 $j$ 的约数。

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

令 $g(k)=\sum _{k\mid d}f(d)$，

容易得到 $g(k)=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$，

根据莫比乌斯反演形式 2，$f(k)=\sum _{k\mid d}\mu (\frac{d}{k})g(d)$。

枚举 $x=\frac{d}{k}$，于是 $f(k)=\sum _{x=1}^n\mu (x)g(xk)=\sum _{x=1}^n\mu (x)\lfloor \frac{n}{xk}\rfloor \lfloor \frac{m}{xk}\rfloor$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 5e4 + 5;

int n, m, d;
int mob[N], prime[N], vis[N], cnt;
ll sum[N];

void Solve() {
    cin >> n >> m >> d;
    n /= d, m /= d;
    ll ans = 0, l1 = 1, r1 = 1, l2 = 1, r2 = 1;
    while (l1 <= n && l2 <= m) {
        r1 = n / (n / l1);
        r2 = m / (m / l2);
        ans += (sum[min(r1, r2)] - sum[max(l1, l2) - 1]) * (n / r1) * (m / r2);
        // cout << l1 << ' ' << r1 << ' ' << l2 << ' ' << r2 << '\n';
        if (r1 <= r2) l1 = r1 + 1;
        if (r1 >= r2) l2 = r2 + 1;
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    cnt = 0;
    mob[1] = sum[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 5e4; i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++cnt] = i;
            vis[i] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + mob[i];
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= 5e4 / i; j++) {
            vis[prime[j] * i] = prime[j];
            if (i % prime[j] == 0) {
                mob[i * prime[j]] = 0;
                break;
            } else {
                mob[i * prime[j]] = -mob[i];
            }
        }
    }

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) Solve();
    return 0;
}

P2257 YY的GCD

Solution

设 $n<m$，由题意，

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in prime]$

$=\sum _{k\in prime}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$

$=\sum _{k\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }[gcd(i,j)=1]$

$=\sum _{k\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor }\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)$

$=\sum _{k\in prime}\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor n/kd\rfloor \lfloor m/kd\rfloor$

设 $x=kd$，则，

原式 $=\sum _{k\in prime}\sum _{d=1}^n\mu (d)\lfloor n/x\rfloor \lfloor m/x\rfloor$

考虑枚举 $x$，则，

原式 $=\sum _{x=1}^n\lfloor n/x\rfloor \lfloor m/x\rfloor \sum _{k\mid x,k\in prime}\mu (x/k)$

前一半 $O(\sqrt{n})$ 整除分块，后一半可以近似 $O(n)$ 预处理。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 1e7 + 5;

int n, m;
int prime[N], cnt, vis[N], mob[N];
ll res[N], sum[N];

void Solve() {
    cin >> n >> m;
    int l1 = 1, r1, l2 = 1, r2;
    ll ans = 0;
    while (l1 <= n && l2 <= m) {
        r1 = n / (n / l1);
        r2 = m / (m / l2);
        ans += (1ll * n / r1) * (1ll * m / r2) * (sum[min(r1, r2)] - sum[max(l1, l2) - 1]);
        if (r1 <= r2) l1 = r1 + 1;
        if (r2 <= r1) l2 = r2 + 1;
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    mob[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 1e7; i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++cnt] = i;
            vis[i] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= 1e7 / i; j++) {
            vis[prime[j] * i] = prime[j];
            if (i % prime[j] == 0) {
                mob[prime[j] * i] = 0;
                break;
            } else {
                mob[prime[j] * i] = -mob[i];
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for (int j = prime[i]; j <= 1e7; j += prime[i]) {
            res[j] += (ll)mob[j / prime[i]];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= 1e7; i++) {
        sum[i] = sum[i - 1] + res[i];
    }

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) Solve();
    return 0;
}

P3312 [SDOI2014] 数表

Solution

设 $n<m$，由题意，

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_1(gcd(i,j))$，

其中 ${\sigma }_1(n)$ 是约数和函数。

原式 $=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_1(d)\times [gcd(i,j)=d]$

$=\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]$

$=\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)$

$=\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{k=1}^n\mu (k)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$

设 $x=kd$，则，

原式 $=\sum _{d=1}^n{\sigma }_1(d)\sum _{k=1}^n\mu (k)\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor$

$=\sum _{x=1}^n\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{x}\rfloor \sum _{d\mid x}{\sigma }_0(d)\mu (\frac{x}{d})$

如果没有限制 $a$，那么这样就已经做完了，整除分块加上预处理。如果加上限制 $a$ 的话，那么最终式子中的 ${\sigma }_0(d)$ 只有 $\le a$ 才会产生贡献。

那么我们考虑离线处理，按照询问的 $a$ 升序排序，然后把预处理出来的 ${\sigma }_0(d)$ 也按照升序排序，对于每个询问，我们都把 $\le a$ 的 ${\sigma }_0(d)$ 枚举它的倍数预处理。

因此需要实时更改前缀和，于是树状数组维护即可。时间复杂度 $O(q\sqrt{n}\log n+n\ln n\log n)=O(\text{能过})$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 1e5 + 5;
const ll mod = 1ll << 31;

int q;
ll ans[N];
ll prime[N], vis[N], mob[N], c[N], p[N]; int cnt;
// c[i] 是 i 的最小质因子的次数。
// p[i] 是 i 的最小质因子的 c[i] 次方。

struct Info {
    int n, m, idx;
    ll a;
    bool operator < (const Info &_) const { return a < _.a; }
} A[N];

struct Sigma { // σ1函数
    ll val, x;
    bool operator < (const Sigma &_) const { return val < _.val; }
} sig[N];

struct BitTree {
    int n;
    vector<ll> a;

    void init(int _n) {
        n = _n;
        a.assign(n + 5, 0);
    }

    void add(int x, ll v) {
        for (; x <= n; x += (x & -x)) a[x] += v;
    }

    ll sum(int x) {
        ll ans = 0;
        for (; x; x -= (x & -x)) ans += a[x];
        return ans;
    }

    ll sum(int l, int r) {
        return sum(r) - sum(l - 1);
    }
} t;

ll work(int n, int m) {
    int l = 1, r;
    ll ans = 0;
    if (n > m) swap(n, m);
    for (; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += t.sum(l, r) * (1ll * n / l) * (1ll * m / l);
    }
    return ans;
}

int main() {
    mob[1] = 1;
    sig[1] = {1, 1};
    for (int i = 2; i <= 1e5; i++) {
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = i;
            prime[++cnt] = i;
            mob[i] = -1;
            sig[i] = {i + 1, i};
            c[i] = 1;
            p[i] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= 1e5 / i; j++) {
            vis[prime[j] * i] = prime[j];
            if (i % prime[j] == 0) {
                mob[prime[j] * i] = 0;
                c[prime[j] * i] = c[i] + 1;
                p[prime[j] * i] = p[i] * prime[j];
                if (p[i] == i) {
                    sig[prime[j] * i] = {sig[i].val + p[i] * prime[j], prime[j] * i};
                } else {
                    sig[prime[j] * i] = {sig[i / p[i]].val * sig[p[i] * prime[j]].val, prime[j] * i};
                }
                break;
            } else {
                c[prime[j] * i] = 1;
                p[prime[j] * i] = prime[j];
                mob[prime[j] * i] = -mob[i];
                sig[prime[j] * i] = {sig[i].val * sig[prime[j]].val, prime[j] * i};
            }
        }
    }
    sort(sig + 1, sig + 1 + (int)1e5);

    t.init(1e5);

    cin >> q;
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        cin >> A[i].n >> A[i].m >> A[i].a;
        A[i].idx = i;
    }
    sort(A + 1, A + 1 + q);
    for (int i = 1, j = 1; i <= q; i++) {
        while (j <= 1e5 && sig[j].val <= A[i].a) {
            for (int k = sig[j].x; k <= 1e5; k += sig[j].x) {
                t.add(k, sig[j].val * mob[k / sig[j].x]);
            }
            j++;
        }
        ans[A[i].idx] = work(A[i].n, A[i].m);
    }
    for (int i = 1; i <= q; i++) cout << ans[i] % mod << '\n';
    return 0;
}

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

Solution

重要性质：${\sigma }_0(ij)=\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]$，

本证明参考了该篇题解。

证明：

设 $k\mid ij$，$k=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_t^{c_t}$，

那么对于 $k$ 的每个质因子 $p_i$，我们要保证 $i$ 中 $p$ 的次数为 $a$，$j$ 中 $p$ 的次数为 $b$，且 $a+b\ge c_i$,

通俗来说，相当于可以从 $i$ 中拿了 $a$ 个 $p$ 出来，$j$ 中拿了 $b$ 个 $p$ 出来，满足 $a+b=c_i$，

那么我们钦定 $i$ 中如果 $a=p$，也就是直接能拿够就直接拿，否则在 $j$ 中拿剩下的 $b=p-a$ 个，

因此不会同时从 $i$ 和 $j$ 拿出相同的质因子，所以 $gcd(x,y)=1$，代表从 $i$ 中拿出了 $x$，从 $j$ 中拿出了剩余不够的 $y$，凑成了一个 $ij$ 的因子 $k$。

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_0(ij)$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x\mid i}\sum _{y\mid j}[gcd(x,y)=1]$

$=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor [gcd(x,y)=1]$

设 $f(d)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor [gcd(x,y)=d]$，

令 $g(d)=\sum _{d\mid k}f(k)$，

易知，$g(d)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor [d\mid gcd(x,y)]$，

将限制条件同时除去 $d$，得，$g(d)=\sum _{x=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{y=1}^{\frac{m}{d}}\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \lfloor \frac{m}{dy}\rfloor$，

由莫比乌斯反演，得，$f(d)=\sum _{d\mid k}\mu (\frac{k}{d})g(k)$，

设 $h(x)=\sum _{i=1}^x\lfloor \frac{x}{i}\rfloor$，$O(n\sqrt{n})$ 即可预处理，

易知，$g(d)=h(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )h(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$，于是便能快速算出 $g$ 函数，

由题意，最终答案即 $f(1)$，

$f(1)=\sum _{1\mid k}\mu (k)g(k)=\sum _{k=1}^n\mu (k)g(k)=\sum _{k=1}^n\mu (k)h(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor )h(\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )$，

于是整除分块即可。

时间复杂度 $O(n\sqrt{n})$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 5e4 + 5;

int n, m;
ll prime[N], vis[N], mob[N]; int cnt;
ll sum[N], h[N];

void Solve() {
    cin >> n >> m;
    if (n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * h[n / l] * h[m / l];
    }
    cout << ans << '\n';
}

int main() {
    sum[1] = mob[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 5e4; i++) {
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = i;
            prime[++cnt] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= 5e4 / i; j++) {
            vis[prime[j] * i] = prime[j];
            if (i % prime[j] == 0) {
                mob[prime[j] * i] = 0;
                break;
            } else {
                mob[prime[j] * i] = -mob[i];
            }
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + mob[i];
    }

    for (int i = 1; i <= 5e4; i++) {
        for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
            r = i / (i / l);
            h[i] += (1ll * i / l) * (r - l + 1);
        }
    }

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) Solve();
    return 0;
}

P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

Solution

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

$=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]$

$=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}\frac{ij}{d}\times d^2\times [gcd(i,j)=1]$

$=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}ijd[gcd(i,j)=1]$

$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{m}{d}}ij\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)$

$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu (k)\sum _{k\mid i,i\le \frac{n}{d}}i\sum _{k\mid j,j\le \frac{m}{d}}j$

$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu (k)\sum _{i=1}^{\frac{n}{dk}}ik\sum _{j=1}^{\frac{m}{dk}}jk$

设 $a(x)=\sum _{i=1}^{x}i$，

则 原式 $=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu (k)k^{2}a(\frac{n}{dk})a(\frac{m}{dk})$，

设 $f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)k^{2}a(\frac{n}{k})a(\frac{m}{k})$，

然后预处理 $a$ 以及前缀和 $\sum _{i=1}^n\mu (i)i^2$，进行整除分块，即，

$\sum _{d=1}^{n}d\times f(\frac{n}{d},\frac{m}{d})$，

发现最外层仍满足整除分块的性质，

于是嵌套两个整除分块即可，时间复杂度 $O(n)$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;

const int N = 1e7 + 5;
const ll mod = 20101009;

int n, m;
ll prime[N], vis[N], mob[N]; int cnt;
ll sum[N], a[N];

ll calc(int n, int m) {
    ll ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans = (ans + ((sum[r] - sum[l - 1] + mod) % mod) % mod * a[n / l] % mod * a[m / l] % mod) % mod;
    }
    return ans;
}

int main() {
    sum[1] = mob[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 1e7; i++) {    
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = i;
            prime[++cnt] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] <= 1e7 / i; j++) {
            vis[prime[j] * i] = prime[j];
            if (i % prime[j] == 0) {
                mob[prime[j] * i] = 0;
                break;
            } else {
                mob[prime[j] * i] = -mob[i];
            }
        }
        sum[i] = (sum[i - 1] + mob[i] * i % mod * i % mod) % mod;
    }

    for (int i = 1; i <= 1e7; i++) {
        a[i] = (a[i - 1] + i) % mod;
    }

    cin >> n >> m;
    if (n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans = (ans + (a[r] - a[l - 1] + mod) % mod * calc(n / l, m / l) % mod) % mod;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}