莫比乌斯反演

合集 - 算法(7)

1.代数学总结2024-07-282.多项式全家桶2024-07-283.高等数学2024-07-28

4.莫比乌斯反演2024-07-28

5.数论知识总结2024-08-016.DP 的优化2024-08-267.图论总结2024-09-18

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莫比乌斯反演

前置芝士：数论分块

求 $\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，其中 $n\le10^{12}$。

可以发现，$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$ 最多只有 $\sqrt{n}$ 种取值，所以只需要枚举每种取值对应 $i$ 的取值范围即可。

ll ans = 0;
for(int i = 1,j;i <= n;i = j+1)
{
    j = n/(n/i);
    ans += (n/i)*(j-i+1);
}

积性函数：

如果函数 $f$ 满足 $\forall a,b,\gcd(a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)$，则 $f$ 为积性函数。

• 欧拉函数：$\varphi(n)$，即 $1$ 到 $n$ 中与 $n$ 互质的个数。
• 莫比乌斯函数：$\mu(i)=\begin{cases}1&n=1\\(-1)^k&n=p_1p_2\ldots p_k\\ 0&otherwise\end{cases}$
• 因子函数：$d(n)$，即 $n$ 的因子个数。
• 除数函数：$\sigma(n)=\sum\limits_{d\mid n}d$，即 $x$ 的因子之和。

完全积性函数：

如果函数 $f(n)$ 满足 $\forall a,b,f(ab)=f(a)f(b)$，则 $f(n)$ 为完全积性函数。

• 常数函数：$I(n)=1$
• 恒等函数：$Id(n)=n$
• 单位函数：$\varepsilon(n)=[n=1]$

狄利克雷卷积：

$(f\ast g)(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$

性质：

• 交换律：$f\ast g=g\ast f$

• 结合律：$(f\ast g)\ast h=f\ast(g\ast h)$

• 分配律：$(f+g)\ast h=f\ast h+f\ast h$

• 如果 $f,g$ 是积性函数，则 $f*g$ 也是积性函数。比如：

  • $Id\ast I=\sigma$
  • $I\ast I=d$
  • $\varphi\ast I=Id$
  • $\mu\ast I=\varepsilon$

  下面是根据上面推出来的：

  • $\varepsilon\ast f=f$，即 $\varepsilon$ 与任何函数进行狄利克雷卷积后都是函数本身；

  • $\varphi\ast d=\varphi\ast I\ast I=Id\ast I=\sigma$

  • $\because\varepsilon\ast Id=Id \therefore\mu\ast I\ast Id=\varphi\ast I \therefore\mu\ast Id=\varphi$

  • $\mu\ast \sigma=\mu\ast Id\ast I=\varepsilon\ast Id=Id$

莫比乌斯反演：$[n=1]=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)$

其实莫比乌斯反演还有一种形式：$g(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(d)\leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)d(\frac{n}{d})$，也可以写成：$f\ast I=g\leftrightarrow f=g\ast\mu$。

---

证明：$\mu\ast I=\varepsilon$

当 $n=1$ 时显然成立，当 $n>1$ 时，设 $n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\ldots p_k^{c_k}$，由于有平方因子的数的 $\mu$ 为 $0$，所以只需要证 $n=p_1p_2\ldots p_k$ 时 $\sum\limits_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})=0$成立即可。

$$\begin{align} \mu\ast I &= \sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d}) \\ &=\mu(1)+\mu(p_1)+\ldots +\mu(p_k)+\mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\ldots +\mu(p_{k-1}p_k)+\ldots +\mu(p_1p_2\ldots p_k) \\ &= \sum_{i=0}^k(-1)^i\binom{k}{i} \\ &= 0 \end{align}$$

欧拉反演：$n=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)$

证明：$\varphi\ast I=Id$

设 $n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\ldots p_k^{c_k}$，因为 $\varphi$ 是积性函数，则只需要证 $n'=p^c$ 时成立即可。

$$\begin{align} \varphi\ast 1&=\sum_{d\mid n}\varphi(\frac{n}{d}) \\ &=\sum_{i=0}^c\varphi(p^i) \\ &=1+p^0\times(p-1)+p^1\times(p-1)+\ldots +p^{c-1}\times(p-1) \\ &=p^c \\ &=Id \end{align}$$

线性筛 $\varphi$ 和 $\mu$

线性筛分有重复因子和没重复因子两种情况，直接分情况讨论即可。

int p[N],phi[N],mu[N],cnt;
bool isp[N];
ll sphi[N],smu[N];
void init()
{
    phi[1] = mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i < N;i++)
    {
        if(!isp[i]){p[++cnt] = i;phi[i] = i-1;mu[i] = -1;}
        for(int j = 1;j <= cnt&&p[j]*i < N;j++)
        {
            int now = i*p[j];
            vis[now] = 1;
            if(i%p[j]==0)
            {
                phi[now] = phi[i]*p[j];mu[now] = 0;
                break;
            }
            phi[now] = phi[i]*(p[j]-1);mu[now] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1;i < N;i++)
        sphi[i] = sphi[i-1]+phi[i],smu[i] = smu[i-1]+mu[i];
}

例题

1. 最基本的应用

求 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]$ 和 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\gcd(i,j)$，$T$ 组数据，$n,m\le 2\times10^6,T\le 1000$

题太多了，甚至有十倍经验。

直接莫比乌斯反演（以下默认 $n\le m$）：

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j}\mu(d) \\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}1 \\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{align}$$

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(d) \\ &=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}1 \\ &=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{align}$$

发现式子中只有 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ 和 $\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$，直接数论分块即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n+T\sqrt{n})$。

ll ans1 = 0,ans2 = 0;
for(int i = 1,j;i <= n;i = j+1)
{
    j = min(n/(n/i),m/(m/i));
    ans1 += (smu[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    ans2 += (sphi[j]-sphi[i-1])*(n/i)*(m/i);
}

总结：莫比乌斯反演最重要的就是处理和式，经常推不出式子了就尝试一下交换和式

2. P2257 YY的GCD

求 $\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in prime]$， $T$ 组数据，$n,m\le 10^7,T\le 10^4$。

考虑枚举 $\gcd(i,j)$：

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)\in prime] &= \sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=p] \\ &= \sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \mu(d) \lfloor\frac{n}{px}\rfloor \lfloor\frac{m}{px}\rfloor \\ \end{align}$$

枚举 $T=px$：

$$=\sum_{T=1}^n \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{p\mid T,p\in prime}\mu(\lfloor\frac{T}{p}\rfloor)$$

令 $f(n)=\sum\limits_{p\mid n,p\in prime}\mu(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)$，只需要预处理出 $f(n)$ 的前缀和即可。具体的，枚举每一个质数，然后用类似埃式筛的方法求出 $f(n)$。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log\log n+T\sqrt n)$。

//预处理
for(int i = 1;i <= cnt;i++)
    for(int j = p[i];j < N;j += p[i])
        f[j] += mu[j/p[i]];
for(int i = 1;i < N;i++)f[i] += f[i-1];
//计算
for(int i = 1,j;i <= min(n,m);i = j+1)
{
    j = min(n/(n/i),m/(m/i));
    ans += (f[j]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
}

3. [P3327 SDOI2015] 约数个数和

设 $d(n)$ 为 $n$ 的约数个数，求 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^md(ij)$，$T$ 组数据，$T,n,m\le 5000$。

考虑转化 $d(ij)$，将 $ij$ 的因子与 $i$ 和 $j$ 的因子一一对应。如果 $ij$ 的因子 $k$ 中有一个因子 $p^c$，$i$ 中有 $p^a$，$j$ 中有 $p^b$，则 $c\le a+b$。 那么：

• 如果 $c\le a$，那么在 $i$ 中选择 $p^a$；
• 如果 $c>a$，那么在 $j$ 中选择 $p^{c-a}$。

所以如果在 $i$ 中选择一个因子 $x$，在 $j$ 中选择一个因子 $y$ 且 $\gcd(x,y)=1$，则 $x,y$ 一定对应一个 $ij$ 的因子。所以 $d(ij)=\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1]$

$$\begin{align}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1] \\ &=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor[\gcd(x,y)=1] \\ &= \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\sum_{d\mid x,d\mid y}\mu(i) \\ &=\sum_{d=1}^n\mu(i)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor\lfloor\frac{m}{yd}\rfloor \\ &= \sum_{d=1}^n\mu(i)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{yd}\rfloor)\end{align}$$

发现括号里面的东西可以预处理，令 $f(n)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，则原式等于 $\sum\limits_{d=1}^n\mu(i)f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)f(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)$，数论分块即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n}+T\sqrt{n})$。

//预处理
for(int i = 1;i < N;i++)
    for(int j = 1,k;j <= i;j = k+1)
    {
        k = i/(i/j);
        f[i] += (k-j+1)*(i/j);
    }
//计算
for(int i = 1,j;i <= min(n,m);i = j+1)
{
    j = min(n/(n/i),m/(m/i));
    ans += (smu[j]-smu[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
}

4. P1829 Crash的数字表格

求：$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)$，$T$ 组数据，$n,m\le 10^7,T\le 10^4$

因为 $\operatorname{lcm}(i,j)=\frac{ij}{\gcd(i,j)}=\gcd(i,j)\times\frac{i}{\gcd(i,j)}\times\frac{j}{\gcd(i,j)}$，枚举 $\gcd(i,j)$：

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

为了单独计算后半边式子，记 ：

$$\operatorname{sum}(n,m)=\sum_{d=1}^nd\times\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]\times ij$$

另外，记 $S(n)=\sum\limits_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}{2}$，那么：

$$\begin{align}\operatorname{sum}(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij\times \sum_{d\mid i,d\mid j}\mu(d) \\ &= \sum_{d=1}^n\mu(d)\times d^2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij \\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)d^2\times S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)S(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)\end{align}$$

其实到这里就可以数论分块套数论分块做了，时间复杂度 $\mathcal{O}(Tn^{\frac{3}{4}})$，但事实上原式还可以优化。

$$\sum_{d=1}^nd\times\operatorname{sum}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)=\sum_{d=1}^nd\times\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k^2\times S(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor)S(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor)$$

把 $d$ 乘进去：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k\times dk\times S(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor)S(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor)$$

先枚举 $T=dk$：

$$\sum_{T=1}^nS(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)S(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\times T\sum_{k\mid T}\mu(k)k$$

发现后半部分其实是可以预处理的，只需要求出 $T\sum\limits_{k\mid T}\mu(k)k$ 的前缀和即可。令函数 $f(n)=\sum\limits_{k\mid n}\mu(k)k$，不难证明 $f$ 是积性函数，所以可以在线性筛的时候顺便求。具体的，如果在用 $i$ 筛 $i\times p$ 时 $x$ 有平方因子，即 $p\mid i$，因为 $\mu(n)$ 在 $n$ 有平方因子时为 $0$，所以 $f(i\times p)=f(i)$；如果没有平方银子，根据积性函数的性质，有 $f(i\times p)=f(i)\times f(p)$。时间复杂度 $\mathcal{O}(T\sqrt n)$。

//预处理
void init()
{
    f[1] = 1;
    for(int i = 2;i < N;i++)
    {
        if(!vis[i])p[++cnt] = i,f[i] = mod+1-i;
        for(int j = 1;j <= cnt&&i*p[j] < N;j++)
        {
            int now = i*p[j];vis[now] = 1;
            if(i%p[j]==0){f[now] = f[i];break;}
            f[now] = f[i]*f[p[j]]%mod;
        }
    }
    for(int i = 1;i < N;i++)f[i] = (f[i-1]+f[i]*i)%mod;
}
//计算
for(int i = 1,j;i <= n;i = j+1)
{
    j = min(n/(n/i),m/(m/i));
    (ans += (f[j]-f[i-1]+mod)*S(n/i)%mod*S(m/i)) %= mod;
}

5. [P3312 SDOI2014] 数表

给定 $n,m,a$，求 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \sigma(\gcd(i,j))[\sigma(\gcd(i,j))\le a]$，$T$ 组数据，$n,m\le 10^5,T\le 2\times 10^4$。

先考虑没有 $a$ 的限制：

$$\begin{align} ans &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \sigma(\gcd(i,j)) \\ &= \sum_{d=1}^n \sigma(d) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [\gcd(i,j)=1] \\ &= \sum_{d=1}^n \sigma(d) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(i) \lfloor\frac{n}{di}\rfloor \lfloor\frac{m}{di}\rfloor \end{align}$$

枚举 $T=di$：

$$\begin{align} ans &= \sum_{T=1}^n \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{d\mid T} \sigma(d) \mu(\lfloor\frac{T}{d}\rfloor) \end{align}$$

令 $f(x)=\sum\limits_{d\mid x} \sigma(d) \mu(\lfloor\frac{x}{d}\rfloor)$，此时只有当 $\sigma(d)\le a$ 时，才会对 $f(x)$ 产生贡献。

于是可以按 $a$ 从小到大对询问排序，每次暴力加入所有 $\sigma(d)\le a$ 的 $d$，并更新 $f(x)$。由于求答案还需要知道 $f$ 的前缀和，所以用树状数组维护即可。每个数插入的次数为调和级数，而插入一次时间复杂度为 $\mathcal{O}(\log n)$，所以总时间复杂度就是 $\mathcal{O}(n\log^2 n+T\sqrt n\log n)$。

杜教筛

介绍：

杜教筛可以在 $\mathcal{O}(n^\frac 2 3)$ 的时间复杂度中求出一类积性函数的前缀和。假设 $f$ 是一个积性函数，如果能找到另一个积性函数 $g$ 使得 $g$ 和$f\ast g$ 的前缀和都能快速求出，那么就能用杜教筛求出 $f$ 的前缀和。

比如：

• 可以在 $\mathcal{O}(1)$ 的时间内求出 $1$ 和 $\varepsilon$ 的前缀和，而 $\mu\ast I=\varepsilon$，所以可以用杜教筛求出 $\mu$ 的前缀和。
• 可以在 $\mathcal{O}(1)$ 的时间内求出 $1$ 和 $Id$ 的前缀和，而 $\varphi\ast I=Id$，所以可以用杜教筛求出 $\varphi$ 的前缀和。

杜教筛：

现在要求积性函数 $f$ 的前缀和，令 $S(n)=\sum\limits_{i=1}^n f(i)$。

再找一个积性函数 $g$，则 $f\ast g$ 的前缀和为：

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n (f\ast g)(i) &= \sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i} f(d)g(\frac i d) \\ &= \sum_{d=1}^n g(d) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} f(i) \\ &= \sum_{d=1}^n g(d)S(\lfloor\frac n d\rfloor) \end{align}$$

接着考虑 $g(1)S(n)$ 等于什么，发现：

$$\begin{align} g(1)S(n) &= \sum_{i=1}^n g(i)S(\lfloor\frac n i\rfloor)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\lfloor\frac n i\rfloor) \\ &= \sum_{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum_{i=2}^n g(i)S(\lfloor\frac n i\rfloor) \end{align}$$

此时只需要找一个积性函数 $g$ 使得 $g$ 和 $f\ast g$ 的前缀和都可以快速求出，就可以数论分块递归来求了。

伪代码：

ll sum_g(ll n);//g的前缀和
ll sum_fg(ll n);//f*g的前缀和
ll sum_f(ll n)
{
    ll ans = sum_fg(n);
    for(ll i = 2,j;i <= n;i = j+1)
    {
        j = n/(n/i);
        ans -= (sum_g(j)-sum_g(i-1))*sum_f(n/i);
    }
    return ans;
}

杜教筛是数论分块里面递归，时间复杂度可以看作 $\mathcal{O}(n^\frac 3 4)$，具体咋证的可以看以下式子感性理解：

$$\sum_{i=1}^{\sqrt n} \mathcal{O}(\sqrt i)+\mathcal{O}(\sqrt\frac n i)=\mathcal{O}(n^\frac 3 4)$$

其实可以预处理出前 $m$ 个答案，然后再用杜教筛，时间复杂度就是：

$$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n m\rfloor}\mathcal{O}(\sqrt \frac n i) = \mathcal{O}(\frac {n}{\sqrt m})$$

一般为了平均，当 $m=n^\frac 2 3$ 时，时间复杂度也是 $\mathcal{O}(n^\frac 2 3)$。

$\mu,\varphi$ 的前缀和

• $\mu\ast I=\varepsilon$，而 $I(n)$ 的前缀和就是 $n$，$\varepsilon(n)$ 的前缀和就是 $1$。
• $\varphi\ast I=Id$，而 $Id(n)$ 的前缀和就是 $\frac{n(n+1)}2$。

代码中 $smu,sphi$ 是提前筛好的 $\mu$ 和 $\varphi$ 的前缀和，$Smu,Sphi$ 是记忆化。

ll sum_mu(int n)
{
    if(n < N)return smu[n];
    if(Smu[n])return Smu[n];
    ll ans = 1;
    for(ll i = 2,j;i <= n;i = j+1)
    {
        j = n/(n/i);
        ans -= (j-i+1)*sum_mu(n/i);
    }
    return Smu[n] = ans;
}
ll sum_phi(int n)
{
    if(n < N)return sphi[n];
    if(Sphi[n])return Sphi[n];
    ll ans = n*(n+1ll)/2;
    for(ll i = 2,j;i <= n;i = j+1)
    {
        j = n/(n/i);
        ans -= (j-i+1)*sum_phi(n/i);
    }
    return Sphi[n] = ans;
}

扩展：

求 $f(n)=\varphi(i)\times i$ 的前缀和。

令 $g=Id$，则：

$$\begin{align} (f\ast g)(n) &= \sum_{d\mid n}(\varphi(d)\times d)\times \frac n d \\ &= n\sum_{d\mid n}\varphi(d) \\ &= n^2 \end{align}$$

所以 $f\ast g$ 的前缀和就是 $\frac{n(n+1)(2n+1)} 6$。

PN 筛

咕咕咕

Min25 筛

咕咕咕