莫比乌斯反演

前置知识

　　积性函数

　　　　积性函数指对于所有互质的整数$a$和$b$有性质$f(ab)=f(a)f(b)$的数论函数。若对于所有整数$a$和$b$都有性质$f(ab)=f(a)f(b)$成立，则称$f(n)$是完全积性的。例如$\varphi (n)$为积性函数。

　　数论函数

　　　　定义

　　　　数论函数（或称算术函数）指定义域为正整数的函数。

　　　　例子

　　　　1）单位函数$ϵ(n)=[n=1]$

　　　　　　$[A]$表示$A$为真时为1，否则为0

　　　　2）常值函数$1(n)=1$

　　　　3）恒值函数$id(n)=n$

　　　　4）欧拉函数$\varphi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$

　　　　若将$n$质因数分解有${\displaystyle n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i}}$，则${\displaystyle \varphi (n)=n\prod _{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})}$（定义）

　　狄利克雷卷积

　　　　定义

　　　　对于任意两个数论函数$f,g$，它们的狄利克雷卷积为$h=f\ast g$

　　　　表示为：

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

　　　　或

$$(f\ast g)(n)=\sum _{i\times j=n}f(i)g(j)$$

　　　　性质

　　　　1）结合律$(f\ast g)\ast h=f\ast (g\ast h)$

　　　　2）分配律$f\ast (g+h)=f\ast g+f\ast h$

　　　　3）$(\alpha f)\ast g=\alpha (f\ast g)$

　　　　4）$ϵ\ast f=f$

　　　　5）两个积性函数的卷积也为积性函数

　　　　性质的证明

　　　　1）结合律

　　　　　　${\displaystyle \begin{array}{rl}LHS& =[(f\ast g)\ast h](n)\\ & =\sum _{d\times k=n}(f\ast g)(d)h(k)\\ & =\sum _{d\times k=n}h(k)\sum _{i\times j=d}f(i)g(j)\\ & =\sum _{i\times j\times k=n}f(i)g(j)h(k)\end{array}}$

　　　　　　同理${\displaystyle RHS=\sum _{i\times j\times k=n}f(i)g(j)h(k)}$，故结论得证

　　　　2）分配律

　　　　　　${\displaystyle \begin{array}{rl}[f\ast (g+h)](n)& =\sum _{i\times j=n}f(i)(g+h)(j)\\ & =\sum _{i\times j=n}f(i)\cdot [g(j)+h(j)]\\ & =\sum _{i\times j=n}f(i)g(j)+\sum _{i\times j=n}f(i)h(j)\\ & =(f\ast g+f\ast h)(n)\end{array}}$

　　　　3）${\displaystyle LHS=\sum _{i\times j=n}(\alpha f(i))g(j)=\alpha \sum _{i\times j=n}f(i)g(j)=RHS}$

　　　　4）${\displaystyle LHS=\sum _{i\times j=n}ϵ(i)f(j)=ϵ(1)f(n)+0\cdot \sum _{d|n,d\ne n}f(d)=f(n)=RHS}$

　　　　　　所以$ϵ(n)$是狄利克雷卷积中的单位元

　　　　5）略

　　　　逆元

　　　　$f$的逆元记作$f^{-1}$其满足：$f\ast f^{-1}=ϵ$

　　　　可以表达为：

$${\displaystyle f^{-1}(n)=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{f(1)},}& \text{if }n=1\\ {\displaystyle -\frac{1}{f(1)}\sum _{d|n,d\ne 1}{f}^{-1}(\frac{n}{d})f(d),}& \text{if }n\ne 1\end{array}}$$

 

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正文

　　莫比乌斯函数

　　　　定义

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{n=1}\\ (-1{)}^k,& \text{n无大于1的平方数因数，且质因数分解n有}n=p_1{p}_2\cdots p_k\\ 0,& \text{n有大于1的平方因数}\end{array}$$

　　　　性质

　　　　1）$\mu (n)$是积性函数。

　　　　2）$1\ast \mu =ϵ$，即$\mu (n)$是常值函数$1(n)$的逆元

　　　　3）${\displaystyle \sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\varphi (n)}{n}}$，即$id\ast \mu =\varphi$

　　　　证明

　　　　性质一略。

　　　　对于性质二，若$n=1$，结论显然，若$n\ne 1$，设$n=\prod _{i=1}^{\alpha }{p}_i^{k_i}$

　　　　则${\displaystyle (\mu \ast 1)(n)=\sum _{d|n}\mu (d)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{0})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{1})\cdot (-1)+(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{2})\cdot (-1{)}^2+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{\alpha })\cdot (-1{)}^{\alpha }=[(-1)+1{]}^{\alpha }=0}$

　　　　对于性质三，当$n=p^k$,$p$为质数时，${\displaystyle \sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\mu (1)+\frac{\mu (p)}{p}+\frac{\mu (p^2)}{p^2}+\cdots +\frac{\mu (p^k)}{p^k}=1-\frac{1}{p}=\frac{\varphi (n)}{n}}$

当$n=\prod _{i=1}^{\alpha }{p}_i^{k_i}$,$p_i$为质数时，由积性函数性质，${\displaystyle \frac{\varphi (n)}{n}=\prod _{i=1}^{\alpha }\varphi (p_i^{k_i})=\prod _{i=1}^{\alpha }\sum _{d|p_i^{k_i}}\frac{\mu (d)}{d}=\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}}$

　　　　线性筛求莫比乌斯函数值

略

　　莫比乌斯反演

　　　　若$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，则$g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})$，其中数论函数$f(n)$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$f(n)$的莫比乌斯逆变换（反演）

　　　　证明只需对$f$卷$\mu$即可

　　　　应用

　　　　求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)$

　　　　利用莫比乌斯函数的第二个性质，$[gcd(i,j)=1]=ϵ(gcd(i,j))=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$,所以

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

　　　　接下来对$k$进行数论分块即可，时间复杂度为$O(nlnn)$，对应的朴素算法时间复杂度$O(n^{2}logn)$（枚举$O(n^2)$$\times$辗转相除法$O(logn)$）

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 using namespace std;
int mu[2000010], p[2000010];
int tot;
bool f[2000010];
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!f[i]){
            mu[i] = -1;
            p[++tot] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= tot; j++)
            if((i * p[j]) <= n){
                f[i * p[j]] = 1;
                if(i % p[j] == 0)mu[i * p[j]] = 0;
                else mu[i * p[j]] = -mu[i];
            }else break;
    }
    long long res = 0;
    for(int d = 1; d <= n; d++)
    {
        if(mu[d] == 0)continue;
        int N = n/d;
        int k = 1;
        while(k <= N)
        {
            int p = N / (N / k) + 1;
            res = res + 1ll * mu[d] * (N / k) * (N / k) * (1ll * (p - 1 + k) * (p - k) / 2);
            k = p;
        }
    }
    printf("%lld", res);
    return 0;
}

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本文作者：登峰造极
本文链接：https://www.cnblogs.com/nulidejuruo/p/18491682.html
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