<学习笔记> 莫比乌斯反演

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收起

$f(n)$ 和 $g(n)$ 是定义在整数集上的两个函数，满足一下关系：

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

但是手摸发现不仅可以从 $g\to f$，还可以 $f\to g$，发现还满足这个关系:

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

$\mu (x)=\{\begin{array}{l}1x=1\\ 0\mathrm{存}\mathrm{在}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^{k}k\mathrm{为}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$

性质一: 对于任意的正整数 $n$，有 $\sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1\mathrm{若}n=1\\ 0\mathrm{若}n>1\end{array}$

证明

当 $n=1$ 时，$\sum _{d\mid n}\mu (d)=1$，成立。

当 $n>1$ 时，设 $n=P_1^{x_1}...p_k^{x_k}$ ，设 $d=P_1^{y_1}...P_k^{y_k}$ 。因为 $y_i>2$ 全为 $0$，我们只考虑 $y_i$ 为 $0/1$ 的情况，假设 $d$ 中有 $r$ 个 $n$ 的互异质因子，且质因子质数位 $1$ ，那么对应 $\mu (d)=(-1{)}^r$，这样的 $d$ 有 $C_k^r$ 个，所以 $\sum _{d\mid n}\mu (d)=\sum _{r=0}^k{C}_k^r\ast (-1{)}^r=(1-1{)}^k=0$，其实就是二项式定理。

性质二： $\mu (n)$ 是积性函数。

证明

易证。

莫比乌斯反演的证明#

形式一#

$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)\Rightarrow g(n)=\sum _{d\mid n}f(\frac{n}{d})\ast \mu (d)$$

证明一

$$g(n)=\sum _{d\mid n}f(\frac{n}{d})\ast \mu (d)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{i\mid \frac{n}{d}}g(i)$$

将上式换成以 $g(i)$ 为主体的形式，那么有：

$$\sum _{i\mid n}g(i)\sum _{i\ast d|n}\mu (d)=\sum _{i\mid n}g(i)\sum _{d\mid \frac{n}{i}}\mu (d)$$

根据性质一，只有 $i=n$ 时才有值，否则全为 $0$。

综上 $=g(n)$ 得证。

证明二

设 $I(n)=1$，$id(n)=n$，$ϵ(n)=[n=1]$

单位元 $ϵ$ 满足 $f\ast ϵ=f$

根据狄利克雷卷积得到几个性质：

1. $\mu \ast I=ϵ$

2. $\phi \ast I=id$

3. $\mu \ast id=\phi$

给出的条件等价于 $g=f\ast I$

根据性质一 $g\ast \mu =f\ast I\ast \mu =f\ast ϵ=f$，得证。

变形#

$$f(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }g(d\ast i)\Rightarrow g(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d\ast i)\mu (d)$$

证明

$$g(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d\ast i)\mu (d)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\mu (d)\sum _{d_1=1}^{\lfloor \frac{n}{d\ast i}\rfloor }g(d_1\ast d\ast i)$$

另 $T=d\ast d_1$，则有上式

$$=\sum _{T=1}^{\frac{n}{i}}g(T\ast i)\sum _{d\mid T}\mu (d)$$

根据性质一有，只有当 $T=1$ 时，原式为 $g(i)$ ， 得证。

莫比乌斯反演的性质#

$g(n)$ 是积性函数的充分必要条件是 $f(n)$ 是积性函数。

莫比乌斯反演的应用#

$g(i)$ 很难求，但是 $f(i)$ 很好求，可以根据反演求 $g(i)$。

$$f(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }g(d\ast i)\Rightarrow g(i)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }f(d\ast i)\mu (d)$$

P4449 于神之怒加强版 #

设 $f(p)$ 表示 $gcd(i,j)=p$ 的个数，那么 $Ans=\sum _{p}f(p)\ast p^k$。

发现 $f(p)$ 不好求，那么我们设 $g(p)$ 表示 $p\mid gcd(i,j)$ 的个数，那么 $g(p)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{p}\rfloor$

$$g(p)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }f(d\ast p)$$

$$f(p)=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\ast g(d\ast p)$$

$$=\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{d\ast p}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{d\ast p}\rfloor$$

那么

$$Ans=\sum _{p=1}^n{p}^k\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{d\ast p}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{d\ast p}\rfloor$$

另 $T=d\ast p$ 则有 $$Ans=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{p\mid T}\mu (\frac{T}{p})\ast p^k$$

那么我们只需要线性求出 $\sum _{p\mid T}\mu (\frac{T}{p})\ast p^k$ 就可以了。

另 $g(x)=x\ast k$，设 $G(T)=\sum _{p\mid T}\mu (\frac{T}{p})\ast g(p)$。

首先可以知道 $G(x)$ 为积性函数，所以 $G(a\ast b)=G(a)\ast G(b)（gcd(a,b)=1）$。

那么我们尝试证明 $G(a\ast b)=G(a)\ast b^k（gcd(a,b)\ne 1）$

我们设 $a=p_1^{k_1}···p_n^{k_n}$，另 $b=p_t（t\le n）$。

因为有 $G(a)=\prod _{i=1}^{n}G(p_i^{k_i})$

那么就有

$$\frac{G(a\ast b)}{G(a)}=\frac{G(p_t^{k_t+1})}{G(p_t^{k_t})}$$

$$G(p_t^{k_t})=\sum _{i=0}^{c_t}\mu (p{t}^i)\ast g(p_t^{c_t-i})$$

只有 $i=0/1$ 时才有值，那么有

$$G(p_t^{k_t})=g(p_t^{c_t})-g(p_t^{c_t-1})$$

那么

$$\frac{G(a\ast b)}{G(a)}=\frac{g(p_t^{c_t+1})-g(p_t^{c_t})}{g(p_t^{c_t})-g(p_t^{c_t-1})}=p_t^k$$

那么我们就可以在线性筛的时候求出，然后计算答案直接整数分块，复杂度 $O(T\sqrt{n})$。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5*1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int prime[N],nprime[N],mul[N],f[N],sumf[N];
int T,k;
int qpow(int x,int p){
    int ans=1;
    while(p){
        if(p&1) ans=(ans*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return ans;
}
void get_prime(){
    mul[1]=1;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=N-10;i++){
        if(!nprime[i]){
            f[i]=(qpow(i,k)-1+mod)%mod;       
            prime[++prime[0]]=i;
            mul[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<=N-10;j++){
            int tmp=i*prime[j];
            nprime[tmp]=1;
            mul[tmp]=mul[i]*mul[prime[j]];
            if(i%prime[j]==0){
                f[tmp]=f[i]*qpow(prime[j],k)%mod;
                mul[tmp]=0;
                break;
            }
            f[tmp]=(f[i]*f[prime[j]]%mod)%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=N-10;i++) sumf[i]=(sumf[i-1]+f[i])%mod;    
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&T,&k);
    get_prime();
    while(T--){
		int n,m;
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		int l=1,r=0;
		int ans=0;
		while(l<=n){
			int ta=n/l,tb=m/l;
			if(!ta||!tb) break;
			r=min(n/ta,m/tb);
			ans=(ans+ta*tb%mod*(sumf[r]-sumf[l-1]+mod)%mod)%mod;
			l=r+1;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}

DZY Loves Math #

首先它让求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}F(gcd(i,j))$

然后套路的转化为

$$\sum _{x=1}^{n}F(x)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor }\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{xd}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{xd}\rfloor$$

另 $T=xd$ ，则有

$$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \ast \sum _{x\mid T}F(x)\ast \mu (\frac{T}{x})$$

现在只需要求出 $G(T)=\sum _{x\mid T}F(x)\ast \mu (\frac{T}{x})$ 就可以整除分块了。

我们设 $T=p_1^{z_1}...p_k^{z_k}$ ， $x=p_1^{y_1}...p_k^{y_k}$。

我们设 $a$ 为最大的 $z_i$， $q$ 表示 $z_i$ 为最大值的个数，$k$ 为质因子个数。

我们考虑 $\mu (\frac{T}{d})\ne 0$，所以 $y_i=z_i/z_i-1$ , 那么 $F(x)=a/a-1$。

当 $q=k$ 时

• 若最大值为 $F(d)=a$，那么只要满足一个为 $z_i=y_i$，所以有 （补一位进行二项式定理）

$$\sum _{F(d)=a}F(d)\ast \mu (\frac{T}{d})=a\ast \sum _{F(d)=a}\mu (\frac{T}{d})=a\ast \sum _{i=1}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i=a\ast (\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i-(-1{)}^k)=-a\ast (-1{)}^k$$

• 若最大值为 $F(d)=a-1$，就有

$$\sum _{F(d)=a-1}f(d)\ast \mu (\frac{T}{d})=(a-1)\ast (-1{)}^k$$

那么这部分答案为 $g(T)=-a\ast (-1{)}^k+(a-1)\ast (-1{)}^k=(-1{)}^{k+1}$。

当 $q<k$ 时

这时不论 $F(d)=a$ 还是 $F(d)=a-1$，都需要考虑另外 $k-q$ 个元素也就是在上式乘上个 $\sum _{j=0}^{k-q}(-1{)}^j{C}_{k-q}^j$ 发现这部分为零，所以这部分的答案为 $g(T)=0$。

可以用线性筛来求，发现每个数会被最小的质数筛掉，那么我们维护一个 $mnsum(x)$ 表示 $x$ 的最小质因子个数， $excp(x)$ 表示除了最小质因子之外的数，然后求得时候维护。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+10;
int g[N],mnsum[N],excp[N];
int prime[N];
bool nprime[N];
void get_prime(){
    for(int i=2;i<=N-5;i++){
        if(!nprime[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            g[i]=mnsum[i]=excp[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<=N-5;j++){
            int k=prime[j]*i;
            nprime[k]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                excp[k]=excp[i];
                mnsum[k]=mnsum[i]+1;
                if(excp[k]==1) g[k]=1;
                else g[k]=(mnsum[excp[k]]==mnsum[k]?-g[excp[k]]:0);
                break;
            }
            excp[k]=i,mnsum[k]=1;
            g[k]=(mnsum[i]==1?-g[i]:0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=N-5;i++) g[i]+=g[i-1];
}
signed main(){
    get_prime();
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        int a,b;
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        if(a>b) swap(a,b);
        int l=1,r=0;
        int ans=0;
        while(l<=a){
            int ta=a/l,tb=b/l;
            if(!ta || !tb) break;
            int r=min(a/ta,b/tb);
            ans+=ta*tb*(g[r]-g[l-1]);
            l=r+1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

[SDOI2015]约数个数和#

首先给出结论 $d(nm)=\sum _{i\mid n}^{j\mid m}[gcd(i,j)=1]$

证明

设 $nm=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$，那么有 $d(nm)=\prod _{i=1}^k{a}_i+1$

设 $n=p_1^{b_1}...p_k^{b_k}$，$m=p_1^{a_1-b_1}...p_k^{a_k-b_k}$

设 $i=p_1^{x_1}...p_k^{x_k}$，$j=p_1^{y_1}...p_k^{y_k}$

要想 $gcd(i,j)=1$，必须满足 $x_i=0$ 或 $y_i=0$

• 当 $x_1=0$ 时，那么 $y_1$ 可以取 $[0,a_1-b_1]$。

• 当 $y_1=0$ 时，那么 $x_1$ 可以取 $[0,b_1]$。

那么对于第一个质因子，符合条件的组合就有 $a_1-b_1+1+b_1+1-1=a_1+1$。

以此类推，那么所有符合条件的组合就有 $\prod _{i=1}^{i=k}{a}_i+1$。

因此 $\sum _{i\mid n}^{j\mid m}[gcd(i,j)=1]=\prod _{i=1}^{i=k}{a}_i+1=d(nm)$。

回归正题那么原式就为

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

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

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

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

因为 $\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor }{x}\rfloor$ ，设 $s(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，那么 $g(d)=s(\frac{n}{d})s(\frac{m}{d})$

根据莫比乌斯反演，就有

$$f(x)=\sum _{d=1}^{n}g(x\ast d)\ast \mu (d)$$

因为我们只需要求 $f(1)，那么答案就是 $f(1)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\ast \mu (d)$

整除分块就可以了。

code

//  P3327 [SDOI2015] 约数个数和 
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=50005;
int mul[N],suml[N];
int prime[N];
bool nprime[N];
void get_prime(){
    mul[1]=1;
    for(int i=2;i<=N-3;i++){
        if(!nprime[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            mul[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=prime[0] && i*prime[j]<=N-3;j++){
            int k=prime[j]*i;
            nprime[k]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mul[k]=0;
                break;
            }
            mul[k]=mul[prime[j]]*mul[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N-3;i++){
        suml[i]=suml[i-1]+mul[i];
    }
}
int s[N];
signed main(){
    get_prime();
    int T;
    scanf("%lld",&T);
    for(int n=1;n<=N-3;n++){
        int l=1,r=0;
        while(l<=n){
            int t=n/l;
            if(!t) break;
            int r=n/t;
            s[n]+=(r-l+1)*t;
            l=r+1;
        }
    }
    while(T--){
        int n,m;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        if(n>m)  swap(n,m);
        int ans=0;
        int l=1,r=0;
        while(l<=n){
            int ta=n/l,tb=m/l;
            if(!ta || !tb) break;
            int r=min(n/ta,m/tb);
            ans+=s[ta]*s[tb]*(suml[r]-suml[l-1]);
            l=r+1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}