莫比乌斯反演

莫比乌斯函数定义

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\mathrm{含}\mathrm{有}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{因}\mathrm{子}\\ (-1{)}^k& k\mathrm{为}n\mathrm{的}\mathrm{本}\mathrm{质}\mathrm{不}\mathrm{同}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}$$

性质

• 莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ 0& n\ne 1\end{array}$$

即 $\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (n),\mu \ast 1=\epsilon$

补充结论

反演结论：$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

利用 $\epsilon$ 函数 ：$[gcd(i,j)=1]=\epsilon (gcd(i,j))$

线性筛

• 由于 $\mu$ 是积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法可能不同）

// C++ Version
void getMu() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
}

扩展

证明：

$$\phi \ast 1=\mathrm{id}$$

对于欧拉函数有一个性质，$\mathrm{id}(\mathrm{n})=\sum _{d|n}\phi (d)$

那么以狄利克雷卷积的形式写出来，$\phi \ast 1=\mathrm{id}$

两边同时卷上 $\mu$ ，那么 $\phi \ast \epsilon =\mathrm{id}\ast \mu$ ，那么 $\phi (n)=\sum _{d|n}d\cdot \mu (\frac{n}{d})$

莫比乌斯变换

设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数

形式一：

• 如果有 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$ ，那么有 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$

• 这种形式下，数论函数 $f(n)$ 称为数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，数论函数 $g(n)$ 称为数论函数 $f(n)$ 的逆莫比乌斯变换（反演）

• 数论函数的 $g(n)$ 的莫比乌斯变换就是 $g(n)\ast 1$

形式二：

• 如果有 $f(n)=\sum _{n|d}g(d)$，那么 $g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$

证明：

• 对于 $g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$ ，带入 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$ ，然后变换求和顺序，最后通过 $\mu$ 来变换

问题形式

「HAOI 2011」Problem b

• 首先可以将这个拆成四个前缀，那么我们要求的就是

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]& =\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{i=1}^{n/k}\sum _{j=1}^{m/k}\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _d\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \end{array}$$

• 最后的实际上是有关 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ ，那么就可以整除分块了

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

• 首先肯定可以变成这样 $n\sum _{i=1}^n\frac{i}{gcd(i,n)}$
• 还是考虑枚举 $gcd$ ，那么最后会变成 $n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{n/d}i[gcd(i,n/d)=1]$
• 注意到这里的含义是 $[1,n/d]$ 中和 $[n/d]$ 互质的数的和，而 $n/d$ 也是 $n$ 的一个因子，那么就等价于
• $n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{d}i[gcd(i,d)]=1$
• 仍然是注意到上面的含义，有关 $[1,d]$ 中和 $d$ 互质的数的和，互质的数是一对对的，如果 $x$ 和 $d$ 互质，那么 $d-x$ 一定和 $d$ 互质，所以这个和就是 $\frac{d\phi (d)}{2}$
• 那么答案就是 $n\sum _{d|n}\frac{d\phi (d)}{2}$
• 第一种方法是 $O(n\ln n)$ 预处理出所有范围内的值，因为 $O(n\times (\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+....))-O(n\ln n)$
• 第二种方法是线性筛出来所有的 $f(n)=n\sum _{d|n}\frac{d\phi (d)}{2}$，注意到这个函数是个积性函数，而大部分的积性函数是可以做到线性筛的
• 下面进行推导
• 假设 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...$ ，那么 $f(p^c)=\sum _{w=0}^c{p}^w\phi (p^w)=(p-1)\sum _{w=0}^c{p}^{2w-1}$
• 那么 $g(p^{c+1})=g(p^c)+p^{2c+1}\times (p-1)$
• 设 $i=a\times p^c,c>0,a\perp p$ ，那么 $g(i\times p)=g(a)\times g(p^{c+1}),g(i)=g(a)\times g(p^c)$
• $g(i\times p)-g(i)=g(a)\times p^{2c+1}\times (p-1)$
• 同理有 $g(i)-g(i/p)=g(a)\times p^{2c-1}\times (p-1)$
• 那么 $g(i\times p)=g(i)+(g(i)-g(i/p))\times p^2$

参考：

void solve() {
  g[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      g[i] = (long long)1 * i * (i - 1) + 1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] =
            g[i] + (g[i] - g[i / p[j]]) * p[j] * p[j];  // 代入推出来的式子
        break;
      }
      g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
    }
  }
}

• 如果已经确实是积性函数了，那么就考虑最小质因数的个数 >=2 的情况就可以了
• 大概的步骤：
  1. 首先求出质数的幂的答案
  2. 然后设 $i=a\times p^c,c>0,a\perp p$
  3. 那么 $g(i)=g(a)\times g(p^c)$
  4. 那么 $g(i\times p)=g(a)\times g(p^{c+1})$
  5. 然后算出 $g(i\times p)-g(i)$
  6. 算出 $g(i)-g(i/p)$
  7. 两个式子相互推一下，就可以得到 $g(i\times p)$ 的表示式
• 欧拉函数有一个性质 $\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$ ，质数的表示式是可以变换的，所以这里先求出质数的答案

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

• 首先变成 $\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{m/d}ij[gcd(i,j)=1]$
• 将后面的部分提取出来，$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=1]$
• 这个东西还是考虑变换，也就是变成 $\sum _d\mu (d)d\sum _{i=1}^{n/d}\sum _{j=1}^{n/d}ij$
• 仍然将后面的部分提出来，$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij$ ，就是 $(\sum _{i=1}^{n}i)(\sum _{j=1}^{m}j)$
• 那么再放回去，就会发现就是数论分块套数论分块，那么整体的复杂度 $O(n)$
• 我一开始还以为要 $O(n)$ 线性筛函数，然后就越来越跑偏

P3327 [SDOI2015]约数个数和

• 首先要知道 $d(xy)=\sum _{i|x}\sum _{j|y}[gcd(i,j)=1]$
• 先推出这样个式子：$\sum _d\mu (d)\sum _{k_1=1}^{n/d}\sum _{k_2=1}^{m/d}\lfloor \frac{n}{k_{1}d}\rfloor \lfloor \frac{m}{k_{2}d}\rfloor$
• 将后面的提出来，就是 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{j}\rfloor$
• 那么 $O(n\sqrt{n})$ 预处理出 $f(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$
• 那么原式子就可以在 $O(T\sqrt{n})$ 做完