莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

引入

莫比乌斯反演用处：对于一些函数 $f(n)$，如果比较难以求出它的值，但容易求出其倍数和或约束和 $g(n)$，则可以通过莫比乌斯反演简化运算。

莫比乌斯函数

定义

定义 $\mu$ 为莫比乌斯函数，

$$\mu(n) = \begin{cases} 1 & n=1\\ 0& n含平方因子\\ (-1)^k & k为n的本质不同质因子个数\\ \end{cases}$$

详细解释一下后两条，我们令 $n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$，也就是将 $n$ 分解质因数，$p_i$ 为质因子，$c_i\ge 1$，则凡是有 $c_i>1$，$\mu(n) = 0$，而当任意的 $c_i$ 都等于 $1$，$\mu(n) = (-1) ^ k$。

性质

$$\sum_{d|n}\mu(d) = \begin{cases} 1 &n=1\\ 0 & n \ne1 \end{cases}$$

证明

既然 $n=\prod_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$ ，那么我们令 $d = \prod_{i=1}^k p_i^{\beta_i}$，其中 $0 \le \beta_i \le c_i$

对于存在 $\beta_i>=2$ 的情况，$\mu(d)=0$，我们可以不管。

对于所有 $\beta_i$ 都小于等于 1 的情况，很显然我们按照$\beta_i=1$有几个给它分一下组，也就是按照选了几个质因数给它分组，这样，很显然 $\mu(d)$ 的值是 $\C_{k}^0\times(-1)^0 + \C_{k}^1\times(-1)^1+\cdots+\C_{k}^k\times(-1)^k$ 也就是 $\sum_{i=0}^k\C_k^i\times(-1)^i$

看到这个形式，我们可以想起来二项式定理：

$$(a+b)^k=\C_k^0a^kb^0+\C_k^1a^{k-1}b^1+\cdots+\C_k^ka^0b^k$$

我们可以令 $a=1,b=-1$，代入二项式定理正好就是我们刚才推出的式子。

所以

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

莫比乌斯反演

形式一

定义在正整数域上的两个函数，若

$$F(n) = \sum_{d|n}f(d)$$

则

$$f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)F(\frac nd)$$

莫比乌斯反演相关的题都是去套用这个定理来简化 $f(n)$ 的计算。

证明

首先将 第一个式子代入第二个式子，消去 $F(n)$:

$$\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac nd)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac nd}f(i) \\ $$

这其实就相当于一个二重循环：

for d|n
    for i|(n/d) 
        sum += mu(d) * f(i)

考虑将循环顺序颠倒，没有影响，$i$ 可遍历到 $n$ 的任何因数。

再考虑对于 $\mu(n)$ 的遍历，既然 $i|\frac nd$，那么 $di|n$，那么 $d|\frac ni$

则：

$$\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac nd)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac nd}f(i) \\=\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac ni}\mu(d)$$

前面已经证明过 $\sum_{d|n}\mu(d) = \begin{cases} 1 &n=1\\ 0 & n \ne1 \end{cases}$，则当只有 $\frac ni = 1$ 时才会对答案有贡献，其他时候都是 0，则 $i=n$ 时，答案为 $f(n)$，证毕。

形式二

我们一般会用到莫比乌斯反演的另外一种形式：

$$若 F(n) = \sum_{n|d}f(d)\\ 则 f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac dn) F(d)$$

证明

形式二的证明与形式一略有不同，但是大致一样。

首先依旧是将第一个式子代入第二个式子。

$$\sum_{n|d}\mu(\frac dn) F(d) = \sum_{n|d}\mu(\frac dn)\sum_{d|i}f(i)$$

设 $d'=\frac dn$，$d = d'n$，因为 $d|i$，所以 $d'n|i$，所以 $d'|\frac in$

$$\sum_{n|d}\mu(\frac dn) F(d) = \sum_{n|d}\mu(\frac dn)\sum_{d|i}f(i) \\ = \sum_{n|i}f(i)\sum_{d'|\frac in} \mu(d')$$

与前面同理，$\mu(n)$ 只有在 $n=1$ 时才是 1，所以最终答案为 $f(n)$.

例题

[HAOI2011]Problem B

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define maxn 50005
using namespace std;
const int INF = 1e9;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
} 
int primes[maxn], cnt, mu[maxn], sum[maxn];
bool st[maxn];
void init() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < maxn; j++) {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[primes[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[primes[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
int g(int k, int x) {
    return k / (k / x);
}
int f(int a, int b, int k) {
    a = a / k, b = b / k;
    int res = 0;
    int n = min(a, b);
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n, min(g(a, l), g(b, l)));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (a / l) * (b/ l);
    }
    return res;
}
signed main() {
    init();
	int T = read();
    while (T--) {
        int a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read();
        cout << f(b, d, k) - f(a - 1, d, k) - f(b, c - 1, k) + f(a - 1, c - 1, k) << endl;
    }
}

[SDOI2015]约数个数和

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define maxn 50005
using namespace std;
const int INF = 1e9;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
} 

int primes[maxn], cnt, mu[maxn], sum[maxn], h[maxn];
bool st[maxn];

void init() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < maxn; j++) {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[primes[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[primes[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
    for (int i = 1; i < maxn; i++) {
        for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
            r = min(i, i / (i / l));
            h[i] += (r - l + 1) * (i / l);
        }
    }
}

int g(int k, int x) {
    return k / (k / x);
}

signed main() {
    init();
	int T = read();
    while (T--) {
        int n = read(), m = read();
        int ans = 0, k = min(n, m);
        for (int l = 1, r; l <= k; l = r + 1) {
            r = min(k, min(n / (n / l), m / (m / l)));
            ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * h[n / l] * h[m / l];
        }
        cout << ans << endl;
    }
}
/*
dij = sum(x|i)sum(y|j)gcd(x, y)==1
sumsumsumsum{gcd(x, y)==1}
F(n) = sumsumsumsum{n | gcd(x,y)}
     = sumsum(N/x)*(M/y)*(n | gcd(x, y))
    x' = N / x, y' = M / y --> F(n)
F(n) = sum(1->N/x)sum(1->M/y)(N'/x')(M'/y')
*/

VLATTICE - Visible Lattice Points

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define maxn 50005
using namespace std;
const int INF = 1e9;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
} 

int primes[maxn], cnt, mu[maxn], sum[maxn];
bool st[maxn];

void init() {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (!st[i]) primes[cnt++] = i, mu[i] = -1;
        for (int j = 0; primes[j] * i < maxn; j++) {
            st[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[primes[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[primes[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int g(int k, int x) {
    return k / (k / x);
}


signed main() {
    init();
	int T = read();
    while (T--) {
        int n = read();
        int ans = 0;
        for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            r = g(n, l);
            int t = n / l;
            ans += (sum[r] - sum[l - 1]) * (t * t * (3 + t));

        }
        ans += 3;
        cout << ans << endl;
    }
}