莫比乌斯反演学习笔记

以前都是抄的，现在重新学。很菜勿喷。

积性函数 $f(ab)=f(a)f(b),\gcd(a,b)=1$

$\varphi,\mu,\sigma,d$

完全积性函数 $f(ab)=f(a)f(b)$

$I(x)=1,id(x)=x,\epsilon(x)=[x=1]$

设有两个函数 $f$ 和 $g$ ，他们的

狄利克雷卷积 $(f*g)=\displaystyle\sum_{d|n}f(d)g(\frac n d)$

$f*\epsilon=f$
$\mu*I=\epsilon$
$\varphi*I=id$
$\mu*id=\varphi$

莫比乌斯反演 $f(n)=\displaystyle\sum_{d|n}g(d)\to g(n)=\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac n d)$

证明： $f*\mu=g*I*\mu=g*\epsilon=g$ 。

1.求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)$

$\text{Link}$

引理 1 $\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

证明：由 $\mu*I=\epsilon$ 易得。

引理 2 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{d|i}\mu(d)=\displaystyle\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\mu(d)$

显然。

推论 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\displaystyle\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]=\displaystyle\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor$

证明： $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]$ 由引理 1 知， $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)$ $\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{j=1}^m\sum_{d|j}\mu(d)$ 由引理 2 知， $\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{d=1}^m\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)$ $\sum_{d=1}^n\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum_{d=1}^m\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)$ $\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\mu(d)$ 证毕。

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)$ $\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=d]$ 令 $s=\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$

$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{s}\sum_{j=1}^{s}[\gcd(i,j)=1]$ 由推论得 $\sum_{d=1}^nd\sum_{q=1}^s\mu(q)\left\lfloor\frac{s}{q}\right\rfloor^2$ $\sum_{d=1}^nd\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(q)\left\lfloor\frac{n}{dq}\right\rfloor^2$ 可以线性筛预处理 $\mu$ 的前缀和，枚举 $d$ ，对 $\left\lfloor\frac{s}{q}\right\rfloor$ 整除分块，时间复杂度 $O(n)$ 。

2.求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in \text{prime}]$ $\text{Link}$

假设 $n\le m$

$\sum_{k=1}^{k\le n,k\text{ is prime}}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]$ $\sum_{k=1}^{k\le n,k\text{ is prime}}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$ $\sum_{k=1}^{k\le n,k\text{ is prime}}\sum_{d=1}^n\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{kd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{kd}\right\rfloor$ 令 $s=kd$

$\sum_{k=1}^{k\le n,k\text{ is prime}}\sum_{d=1}^n\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor$ $\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\sum_{k|s}^{k\text{ is prime}}\mu(\frac s k)$ 右边那个可以预处理，就做完了，时间复杂度 $O(n+T\sqrt n)$ 。

3.求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))[\sigma(\gcd(i,j))\le a]$ $\text{Link}$

假设 $n\le m$

先推 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))$ $\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$ $\sum_{d=1}^n\sigma(d)\sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(p)\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dp}\right\rfloor$ 令 $s=dp$

$\sum_{s=1}^n\sum_{d|s}\sigma(d)\mu(\frac s d)\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor$ $\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac{n}{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{s}\right\rfloor\sum_{d|s}\sigma(d)\mu(\frac s d)$

令 $f(s)=\displaystyle\sum_{d|s}\sigma(d)\mu(\frac s d)[\sigma(d)\le a]$

现在要求 $\sigma(d)\le a$ ，则将询问离线，将 $a$ 从小到大排序，对新加入的 $\sigma(d)$ 枚举 $s$ ，对 $f(s)$ 加入 $\sigma(d)\mu(\frac s d)$ 的贡献。而进行整除分块是需要查询区间 $f(x)$ 和，于是采用树状数组维护 $f(x)$ 前缀和。时间复杂度 $O(n\log^2n+q\sqrt n\log n)$ 。

代码： $\text{Here}$

4.设 $f(n)=\displaystyle\sum_{d|n}[\sqrt d\in\Bbb N_+]$

求 $k\text{ th number of }\{x|f(x)=0\}$ $\text{Link}$

即求 $\min\{x|\sum_{i=1}^x\mu^2(i)=k\}$

这个东西已经可以杜教筛了，但是我们讨论莫比乌斯反演。

可以二分答案，问题转为求 $[1,n]$ 内不含非 $1$ 完全平方数因子的数的个数。

考虑去掉所有质数的完全平方数的倍数，但是此时会有重复计算的，如 $36$ 被筛了三次。

所以需要容斥，我们发现只需容斥至 $\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor$ 即可。

$\sum_{i=1}^x\mu^2(i)$ 按照定义可以看为

全体数 $-$ 为一个质因数的平方数的倍数的数的个数 $+$ 为两个不同质因数乘积的平方数的倍数的数的个数 $-$ 三个不同质数乘积的平方数的倍数的数的个数。

即可转化为 $\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt n\right\rfloor}\mu(i)\left\lfloor\frac n{i^2}\right\rfloor$ 时间复杂度 $O(T\sqrt n\log n)$ 。

5.求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{lcm}(i,j)$ $\text{Link}$

假设 $n\le m$

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}$ $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d}\frac{ij}d[\gcd(i,j)=d]$ $\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]$

记 $f(n,m)=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij[\gcd(i,j)=1],g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij=\frac{n(n+1)}2\frac{m(m+1)}2$

引理 $f(n,m)=\displaystyle\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot g(\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor)$

$f(n,m)=\sum_{d=1}^n\sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^m\mu(d)\cdot ij$ 记 $s=d\cdot i,t=d\cdot j$

$f(n,m)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\sum_{s=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\sum_{t=1}^{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor}ij$ $=\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\frac{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor(\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor+1)}2\cdot\frac{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor(\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor+1)}2$

即可前缀和搞定。

回到原式，

$\sum_{d=1}^nd\cdot f(\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor)$

时间复杂度 $O(n)=O(\sqrt n)\times O(\sqrt n)$ 。

代码： $\text{Here}$

另解： $\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]$ $\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor}ij\sum_{q|\gcd(i,j)}\mu(q)$ $\sum_{d=1}^nd\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac n d\right\rfloor}q^2\mu(q)\cdot g(\left\lfloor\frac n {dq}\right\rfloor,\left\lfloor\frac m {dq}\right\rfloor)$ 令 $s=dq$

$\sum_{s=1}^ng(\left\lfloor\frac n {s}\right\rfloor,\left\lfloor\frac m {s}\right\rfloor)\sum_{dq=s}dq^2\mu(q)$ $\sum_{s=1}^ng(\left\lfloor\frac n {s}\right\rfloor,\left\lfloor\frac m {s}\right\rfloor)\cdot s\sum_{q|s}q\mu(q)$ 右边那堆可以线性筛预处理。

于是现在询问的复杂度将至 $O(\sqrt n)$ ，可以出成多组数据，时间复杂度 $O(n+T\sqrt n)$ 。

代码： $\text{Here}$

6.给 $a_{1,2,...,n}$ ，求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\text{lcm}(a_i,a_j)$ $\text{Link}$

记 $c_i=\displaystyle\sum_{k=1}^n[a_k=i],v=\max_{k=1}^n(a_k)$

$\sum_{i=1}^v\sum_{j=1}^v\text{lcm}(i,j)\cdot c_ic_j$ $\sum_{i=1}^v\sum_{j=1}^v\frac{ijc_ic_j}{\gcd(i,j)}$ $\sum_{i=1}^v\sum_{j=1}^v\sum_{d}\frac{ijc_ic_j}d[\gcd(i,j)=d]$ $\sum_{d=1}^vd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac v{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac v{d}\right\rfloor}ijc_ic_j[\gcd(i,j)=1]$ $\sum_{d=1}^vd\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac v{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac v{d}\right\rfloor}ijc_ic_j\sum_{q|\gcd(i,j)}\mu(q)$ $\sum_{d=1}^vd\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac v{d}\right\rfloor}q^2\mu(q)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac v{dq}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac v{dq}\right\rfloor}ijc_ic_j$ 令 $s=dq$

$\sum_{s=1}^v(\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac v{s}\right\rfloor}c_{is}\cdot i)^2\cdot s\sum_{q|s}q\mu(q)$

筛一下就能 $O(v\ln v)$ 了。

7.设 $f(x)$ 为 $n$ 所含质因子的最大幂指数，求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$ $\text{Link}$

设 $n\le m$

$\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac m{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$ $\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac n{d}\right\rfloor}\mu(q)\left\lfloor\frac n{dq}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dq}\right\rfloor$ 令 $s=dq$

$\sum_{s=1}^n\left\lfloor\frac n{s}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{s}\right\rfloor\sum_{d|s}f(d)\mu(\frac s d)$ 写出 $s$ 的标准分解式 $s=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{q_i}$ ，因为 $\mu$ 不为 $0$ 当且仅当所有质因子指数为 $1$ ，所以只有 $2^k$ 个对应的 $d$ 。如果确定最高次幂 $p_x^{q_x-1}$ ，剩余的位都能选或不选，此时的 $\mu$ 也相对应地都为 $1,-1$ ， $f(d)$ 也均相等，和为 $0$ 。

若全部次幂完全相同，即 $s=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^q$ ，则 $d=\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i^{q-1}$ 时 $f(d)=q-1$ ，其余时候 $f(d)=q$ 。

由于有一情况 $f(d)=q-1$ ，其贡献为 $-1\times\mu(\displaystyle\prod_{i=1}^kp_i)=-1^{n+1}$ .

时间复杂度 $O(n+T\sqrt n)$ 。

代码： $\text{Here}$

注意：以下题目的难度顺序可能不递增

8.求 $\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd(i,j)}$ $\text{Link}$ $\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{ij}{\gcd(i,j)^2}$ $\frac{\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^nij}{\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\gcd(i,j)^2}$ 考虑分开做，分子 $\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^nij$ $\prod_{i=1}^ni^nn!$ $(n!)^{2n}$ 分母 $\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\gcd(i,j)^2$ $\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=d]}$ $\prod_{d=1}^nd^{2\sum_{q=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(q)\lfloor\frac n {dq}\rfloor^2}$

然后就可以整除分块了，时间复杂度 $O(n)$ 。

代码： $\text{Here}$

9.求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$ $\text{Link}$

引理 $d(ij)=\displaystyle\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]$

留坑。 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]$ $\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{y}\right\rfloor[\gcd(x,y)=1]$ 改写 $x,y$ 为 $i,j$

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)=1]$ 设 $f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[\gcd(i,j)=x]$ $g(x)=\sum_{x|d}^nf(d)$ $=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor[x|\gcd(i,j)]$ $=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n x\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac m x\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{ix}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{jx}\right\rfloor$ 根据莫比乌斯反演公式，有 $f(x)=\sum_{x|d}^n\mu(d)g(\frac d x)$ $f(1)=\sum_{d=1}^n\mu(d)g(d)$ $g(x)$ 可以通过预处理 $\displaystyle\sum_{i=1}^q\lfloor\frac q i\rfloor\;O(1)$ 得出。时间复杂度 $O(n\sqrt n+T\sqrt n)$ 。

代码： $\text{Here}$

另解：

此下令 $n=m$

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]$ $\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n {id}\rfloor}\sum_{q=1}^{\lfloor\frac n {jd}\rfloor}[\gcd(x,y)=1]$ $\sum_{d=1}^n\mu(d)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\lfloor\frac n {id}\rfloor)^2$

使用杜教筛，求 $\mu$ 的前缀和可以做到 $O(n^{\frac 2 3}+n^{\frac 3 4})$ 的时间复杂度。

代码： $\text{Here}$

10.求 $\sum_{i=1}^n i^k[\gcd(i,n)=1]$ 其中 $n=\prod_{i=1}^wp_i^{q_i}$ $\text{Link}$

设 $f(n)=\sum_{i=1}^ni^k$ $g(n)=\sum_{i=1}^n i^k[\gcd(i,n)=1]$ $f(n)=\sum_{d|n}d^kg(\frac nd)$ 由莫比乌斯反演公式得 $g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)d^kf(\frac n d)$ 众所周知，自然数幂和 $f(n)$ 是关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式，写成 $f(n)=\displaystyle\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i$ ，代回得 $g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)d^k\sum_{i=0}^{k+1}f_i(\frac n d)^i$ $g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\sum_{d|n}\mu(d)d^{k-i}$ 因为 $n=\displaystyle\prod_{i=1}^wp_i^{q_i}$ ，代入得 $g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\prod_{j=1}^w\sum_{q=1}^{q_j}\mu(p_j^q)p_j^{q(k-i)}$ 从 $\mu$ 的意义入手化简得 $g(n)=\sum_{i=0}^{k+1}f_in^i\prod_{j=1}^w(1-p_j^{k-i})$ 现在只需求自然数 $k$ 次幂和的多项式即可，这个可以看 $\text{Here}$ ，这里不讲.