莫比乌斯反演学习笔记
整除分块
这个是学习莫比乌斯反演需要的预备知识，几乎所有这类的题都需要用到这个。
考虑下面这个式子：
\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor
\]
这个当然可以\(O(n)\)算，但是很多时候这样还不够快，于是下面有一个\(O(\sqrt{n})\)的算法。
通过打表可以发现，当\(i\)为连续一段时，后面那玩意都是一样的。
然后对于\(i\)，最后一个和它相同的位置是\(n/(n/i)\)，注意这里都是整除，然后共有\(O(\sqrt{n})\)个块，所以我们就可以每次跳一个块，快速算出结果，代码如下：
int n;read(n);
int ans=0,T=1;
while(T<=n) {
int pre=T;T=n/(n/T);
ans=ans+(T-pre+1)*(n/T);T++;
}
write(ans);
莫比乌斯函数
关于莫比乌斯函数，其实并不是一个很玄学的东西，它本质上就是一个容斥系数。
对于莫比乌斯函数，它写作\(\mu(d)\)，定义如下：
- \(\mu(1)=1\)。
- 对于\(d\)进行分解，\(d=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)，若\(\forall i,p_i=1\)，则\(\mu(d)=(-1)^k\)。
- 否则\(\mu(d)=0\)。
然后对于这个函数有一个最为重要的性质：
\[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]
\]
证明其实很简单，将\(n\)进行唯一分解，得到\(n=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)只需要考虑容斥，对于\(n\)的每一个因数只能选或不选，则：
\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^{k}(-1)^i\binom{k}{i}=[k=0]
\]
然后\([k=0]\)其实等价于\([n=1]\)，得证。
线筛也很简单，根据定义就可以了，代码：
void sieve() {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
vis[t=i*pri[j]]=1;
if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
mu[t]=-mu[i];
}
}
}
莫比乌斯反演
前置知识讲完了，其实真的很水。
定义\(f(n)\)和\(g(n)\)，已知：
\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)
\]
然后已知\(f\)，求\(g\)。
其实这个和推容斥差不太多，由于我想把前面的莫比乌斯函数的性质用上，所以先说一句废话：
\[g(n)=\sum_{d|n}[\frac{n}{d}=1]g(d)
\]
然后发现这个东西和上面长的很像，带进去：
\[\begin{align}
g(n)&=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i)g(d)\\
&=\sum_{d|n}g(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i)
\end{align}
\]
然后先枚举\(i\)：
\[\begin{align}
g(n)&=\sum_{i|n}\mu(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}g(d)
\end{align}
\]
然后后面那个式子其实就是\(f\)，所以：
\[g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})
\]
然后就做完了。
这个东西就是莫比乌斯反演：
已知
\[f(n)=\sum_{d|n}g(d)
\]
那么可以得到：
\[g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})
\]
其实做题的话，直接把\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)带到题目给的式子里更好推一些。
最主要的还是多做题，做多了就会发现其实都是一个套路，还有就是式子要自己拿纸笔来推，这点很重要。
习题
（题目难度基本按顺序排列，推荐按顺序写）
