莫比乌斯反演学习笔记

前置知识

狄利克雷卷积：$f * g = \sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

积性函数，线性筛。

数论分块。

单位函数：$\varepsilon(n)=[n=1]$。（积性函数）

常数函数：$1(n)=1$。（积性函数）

莫比乌斯函数

引理1： $f(n)$ 是积性函数等价于 $g(n)=\sum_{d|n}f(d)$ 是积性函数。

证明：

显然，$g=f * 1$，所以 $f(n)$ 是积性函数可以推出 $g(n)$ 是积性函数。

若 $g(n)$ 是积性函数，归纳法。

首先，$g(1)=f(1)$，因为 $g(1)=g(1)g(1)$，所以 $f(1)=g(1)=1$。

假设对于所有小于 $n$ 的值，$f(n)$ 都是积性函数。

不妨设 $n=ab,\gcd(a,b)=1$，则有：

$$\begin{aligned} g(n) &= g(ab)\\ &= \sum_{d|ab}f(d)\\ &= \sum_{d_1|a}\sum_{d_2|b}f(d_1d_2)\\ &= \sum_{d_1|a}\sum_{d_2|b}f(d_1)f(d_2)-f(a)f(b)+f(ab) \end{aligned}$$

又因为：

$$\begin{aligned} g(n) &= g(a)g(b)\\ &= \sum_{d_1|a}f(d_1)\sum_{d_2|b}f(d_2)\\ &= \sum_{d_1|a}\sum_{d_2|b}f(d_1)f(d_2) \end{aligned}$$

两式联立，得 $-f(a)f(b)+f(ab)=0$，即 $f(n)=f(ab)=f(a)f(b)$，得证。

定义： 满足 $\sum_{d|n}\mu(d)=\varepsilon(n)$ 的函数 $\mu$ 称作莫比乌斯函数。

性质1： 莫比乌斯函数是积性函数。

证明：

由于 $\varepsilon(n)$ 是积性函数，根据引理1可知，$\mu(n)$ 也是积性函数。

性质2： $p$ 为质数，则：

$$\mu(p^k)= \begin{cases} 1&k=0\\ -1&k=1\\ 0&k>1 \end{cases}$$

说明：

代入定义的式子得到 $\sum_{i=0}^k\mu(p^i)=\varepsilon(p^k)$，推一下就可以得到。

性质3： 设 $n$ 质因数分解后有 $k$ 个不同的质因数，则：

$$\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{有平方因子}\\ (-1)^k& \text{Otherwise.} \end{cases}$$

说明：

根据 $\mu(p^k)$ 以及它是积性函数可得。

莫比乌斯反演

反演公式1：

$$g(n)=\sum_{d|n}f(d)\iff f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)$$

反演公式2：

$$g(n)=\sum_{n|d}f(d)\iff f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})g(d)$$

证明：

这里只证明公式 1。

考虑狄利克雷卷积。

首先，狄利克雷卷积满足交换律，结合律。

则 $g = f * 1$，所以：

$$\begin{aligned} f(n)&=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d)\\ &=\mu * g\\ &=\mu * (f * 1)\\ &=(\mu * 1) * f\\ &=\varepsilon * f\\ &=f \end{aligned}$$

得证。

证明2：

$$\begin{aligned} \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(d) &= \sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\sum_{d'|d}f(d')\\ &= \sum_{d|n}f(d)\sum_{d' = d j|n}\mu(\frac{n}{d'})\\ &= \sum_{d|n}f(d)\sum_{j|\frac{n}{d}}\mu(\frac{n}{dj})\\ &= \sum_{d|n}f(d)\sum_{j|\frac{n}{d}}\mu(j)\\ &= \sum_{d|n}f(d)\varepsilon(\frac{n}{d})\\ &= f(n) \end{aligned}$$

得证。

应用

题目1： 求 $\sum_{i=x}^n\sum_{j=y}^m[\gcd(i,j)=k]$。（P2522 [HAOI2011] Problem b，P3455 [POI2007] ZAP-Queries）

思路：

只要求出 $x=1,y=1$ 的情况就可以求出答案。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k] &= \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\varepsilon(\gcd(i,j))\\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &= \sum_{d \ge 1}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[d|\gcd(i,j)]\\ &= \sum_{d \ge 1}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor\\ \end{aligned}$$

预处理 $\mu$ 的前缀和，数论分块即可。

关键在于将 $[n=1]$ 转化为 $\sum_{d|n}\mu(d)$ 与交换求和顺序。

但是这其实只是利用了 $\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$ 这个结论，并没有真正的用反演公式。

其实用反演公式会非常显然。

设 $f(k)$ 表示 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]$，$f(d)$ 即是答案。

设 $g(k)$ 表示 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[k|\gcd(i,j)]$，显然有：

$$g(k)=\sum_{k|x}f(x)$$

我们也可以直接计算出 $g(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \lfloor\frac{m}{k}\rfloor$。

所以反演得到：

$$f(k) = \sum_{k | x}\mu(x)g(\frac{x}{k})$$

也就是枚举所有 $k$ 的倍数，和之前的式子其实是一样的。

相对而言，我们去找 $f$ 和 $g$ 会比直接推式子简单一些。

题目2： 求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)$，$1 \le n, m \le 10^7$。（P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB）

思路：

推式子。

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j) &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)}\\ &= \sum_{k \ge 1} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\frac{ij}{k}\\ &= \sum_{k \ge 1} \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ijk\\ &= \sum_{k \ge 1} k \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ij\\ \end{aligned}$$

记 $f(N,M)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[\gcd(i,j)=1]ij$，则：

$$\begin{aligned} f(N,M) &=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[\gcd(i,j)=1]ij\\ &=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}ij\sum_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{d \ge 1}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}ijd^2\\ &=\sum_{d \ge 1}\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}ij\\ \end{aligned}$$

记 $g(N,M)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}ij$，显然 $g(N,M)=\frac{NM(N+1)(M+1)}{4}$。

所以上式等于：

$$\sum_{d \ge 1}\mu(d)d^2 g(\lfloor\frac{N}{d}\rfloor, \lfloor\frac{M}{d}\rfloor)$$

记 $h(n)=\mu(n)n^2$，显然是个积性函数，我们可以预处理它的前缀和，然后配合数论分块在 $O(\sqrt N)$ 的时间内算出 $f(N,M)$，最后的答案即为：

$$\sum_{k \ge 1} k f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \lfloor\frac{m}{k}\rfloor)$$

再次数论分块，调用 $f(N,M)$ $\sqrt n$ 次，所以最终的复杂度是 $O(n)$ 的。

同理，我们也可以用反演公式来推。

记：

$$f(k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]\frac{ij}{k}$$

$$g(k)=\sum_{k|d}f(d)$$

推一下 $g(k)$：

$$\begin{aligned} g(k) &= \sum_{k|d}f(d)\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[k|\gcd(i,j)]\frac{ij}{k}\\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ijk\\ &= k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ij \end{aligned}$$

然后就和上面的一样了。

题目3： 题意同上，多组询问，$T \le 10^4,n,m \le 10^7$。（BZOJ 2693）

思路：

很明显我们需要优化上题。

上题我们得到的式子：

$$f(N,M)=\sum_{d \ge 1}\mu(d)d^2 g(\lfloor\frac{N}{d}\rfloor, \lfloor\frac{M}{d}\rfloor)$$

答案即为：

$$\sum_{k = 1}^n k f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \lfloor\frac{m}{k}\rfloor)$$

现在我们将 $f$ 展开，代入答案得到：

$$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^n k f(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \lfloor\frac{m}{k}\rfloor) &= \sum_{k = 1}^n k \sum_{d \ge 1}\mu(d)d^2g(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor \lfloor\frac{m}{dk}\rfloor)\\ \end{aligned}$$

关键转化：令 $T = dk$，将枚举 $(d,k)$ 改为枚举 $(T,d)$。

上式变为：

$$\begin{aligned} \sum_{k = 1}^n k \sum_{d \ge 1}\mu(d)d^2g(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor \lfloor\frac{m}{dk}\rfloor) &= \sum_{T = 1}^n \sum_{d | T}\mu(d)d^2\frac{T}{d}g(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\\ &= \sum_{T = 1}^n g(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor)T\sum_{d | T}\mu(d)d\\ \end{aligned}$$

令 $h(T) = T\sum_{d|n}\mu(d)d$，这个函数是个积性函数，可以 $O(n)$ 预处理出来前缀和。而 $g(N,M)$ 是可以 $O(1)$ 计算的。所以单次询问可以直接数论分块，时间复杂度 $O(T\sqrt{n})$。

转化非常关键！！！

题目4： 假设我们有一个集合 $S \in \mathbb{Z_+}$，求：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j) \in S]$$

思路：

这其实是一类问题：P2257 YY的GCD（$S$ 是质数集合），HDU5663 Hillan and the girl（$S$ 是平方数集合）。

其实都是一个方法。

我们先推式子：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j) \in S] &= \sum_{d \in S}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j) =d]\\ &= \sum_{d \in S}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d} \rfloor}[\gcd(i,j) =1]\\ &= \sum_{d \in S}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d} \rfloor}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)\\ &= \sum_{d \in S}\sum_{k \ge 1}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk} \rfloor}1\\ &= \sum_{d \in S}\sum_{k \ge 1}\mu(k){\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{dk} \rfloor}\\ \end{aligned}$$

然后，还是刚才的关键转化：将 $(d,k)$ 换成 $(d, T)$。

$$\begin{aligned} \sum_{d \in S}\sum_{k \ge 1}\mu(k){\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{dk} \rfloor} &= \sum_{T=1}^n\sum_{d|T,d \in S}\mu(\frac{T}{d}){\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T} \rfloor}\\ &= \sum_{T=1}^n{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T} \rfloor}\sum_{d|T,d \in S}\mu(\frac{T}{d})\\ \end{aligned}$$

记 $f(T) =\sum_{d|T,d \in S}\mu(\frac{T}{d})$，显然可以预处理出来，时间复杂度低于 $O(n \log \log n)$，然后数论分块即可单次 $O(\sqrt{n})$ 时间解决。

题目5： 多组询问，求：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))[\sigma(\gcd(i,j)) \le a]$$

P3312 [SDOI2014] 数表

思路：

同理，还是推式子，过程不写了，我们将原式化为：

$$\sum_{d=1}^n\sigma(d)[\sigma(d) \le a]\sum_{k \ge 1}\mu(k){\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{dk} \rfloor}$$

然后还是将 $(d,k)$ 变为 $(T,k)$ 可以变为：

$$\sum_{T=1}^n{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{T} \rfloor}\sum_{d|T}[\sigma(d) \le a]\sigma(d)\mu(\frac{T}{d})$$

考虑到是多组询问，$a$ 会变，我们将询问离线，按照 $a$ 升序排序，然后依次将 $\sigma(d)$ 从小到大加入贡献。

为了数论分块，我们要支持单点修改和区间查询，树状数组即可，时间复杂度 $O(n \log \log n \log n)$。

题目6： 多组询问，求：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

$d(n)$ 表示 $n$ 的约数个数。（P3327 [SDOI2015] 约数个数和）

思路：

首先，我们有一个关于 $d(ij)$ 的公式：

$$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x, y)=1]$$