莫比乌斯函数入门

莫比乌斯函数入门

之前遇到过很多次莫反的题，但是每次做完就忘了，云里雾里，所以写一篇来好好记忆一下，下次再忘了就回来看看。
内容和OIWIKI有很大部分的重叠，但是更偏向结论和做法，同时舍弃了一些看不懂的，大多数为别人的复述。

莫比乌斯函数定义:

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

性质

$\mu (n)$是积性函数

积性函数

$$\mathrm{设}\mathrm{函}\mathrm{数}\mathrm{为}f(ab)，\mathrm{则}f(ab)=f(a)\times f(b)，\mathrm{且}a\perp b(a，b\mathrm{互}\mathrm{质})$$

性质

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

$n$所有的因子的函数和的性质

证明

设

$$n=\prod _{i=1}^{i\le k}{p}_i^{c_i}，n^{\prime }=\prod _{i=1}^{i\le k}{p}_i$$

则

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)$$

解释
容易发现$n^{\prime }$的所有$d$，$n$是都有的，发现

$$d_i=\prod _{p_i\in P}{p}_i$$

证明，若

$$d_i\times p_l=\prod _{p_i\in P}{p}_i\times p_l$$

若$p_l$出现在$P$之中，则$\mu (d_i\times P-l)=0$
若$p_l$不出现在$P$之中，$\mu (d_i\times P-l)$会在其它情况中被枚举
所以第一个式子是成立的，再者

$$\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)=\sum _{i=0}^k{C}_k^i(-1{)}^i$$

根据二项式定理

$$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{a}^i{b}^{n-i}$$

为上面的式子添加一个$b=1$得

$$\sum _{i=0}^k{C}_k^i(-1{)}^i=(1+(-1){)}^k=0$$

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

利用

因为$\mu$是积性函数，所以可以线性筛

void getMu() {
  mu[1] = 1;//初始化
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!flg[i]) p[++tot] = i， mu[i] = -1;//质数的情况
    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];//多一个质因数
    }
  }
}

补充结论

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

人话翻译:左边成立，右边为$1$，反之为$0$
证明:略

$$\phi (x)=\sum _{d|x}d\mu (\frac{n}{d})$$

莫比乌斯反演

$$f(x)=\sum _{d|x}g(d)⟺g(x)=\sum _{d|x}\mu (\frac{x}{d})f(d)$$

$$f(x)=\sum _{d|x}g(d)⟺g(x)=\sum _{d|x}\mu (d)f(\frac{x}{d})$$

这两条就是莫比乌斯反演的结论。

例题

P2522 [HAOI2011] Problem b

原问题相当于询问一个矩阵，用类似于二维前缀和的方式将其拆开，每一部分都是形如：

$$\sum _{i=1}^{i\le n}\sum _{j=1}^{j\le m}[gcd(i,j)==k]$$

的样子，可以化简为：

$$\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{j\le \lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$$

由之前的结论可得：

$$\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{j\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

我们枚举 $d$，再枚举 $d$ 的倍数 ，可得：

$$\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|i]\sum _{j=1}^{j\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d|j]$$

后面两部分都可以快速的算出，再得：

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

容易发现现在已经可以 $O(n)$ 解决单次问题了，但是由多组询问，我们预处理 $\mu$ 前缀和并使用数论分块优化。 code

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

推狮子。

$$\sum _{i=1}^{i\le n}lcm(i,n)=\sum _{i=1}^{i\le n}\frac{in}{gcd(i,n)}$$

将 $n$ 提出来。

$$n\sum _{i=1}^{i\le n}\frac{i}{gcd(i,n)}$$

枚举 $\frac{i}{gcd(i,n)}$ 可得。

$$n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{i\le n}\frac{i}{d}[gcd(i,n)==d]$$

像上面一道题一样。

$$n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i[gcd(i,\frac{n}{d})==1]$$

经典结论再得：

$$n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{d^{\prime }|gcd(i,\frac{n}{d})}\mu (d^{\prime })i$$

和上面一样。

$$n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{d^{\prime }|gcd(i,\frac{n}{d})}\mu (d^{\prime })i$$

枚举 $d^{\prime }$ 得：

$$n\sum _{d|n}\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}\mu (d^{\prime })d^{\prime }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor }i$$

设 $S(n)=\frac{n(n+1)}{2}$

$$n\sum _{d|n}\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}S(\lfloor \frac{n}{d{d}^{\prime }}\rfloor )\mu (d^{\prime })d^{\prime }$$

设 $d{d}^{\prime }=M$

$$n\sum _{d|n}\sum _{d^{\prime }|\frac{n}{d}}S(\lfloor \frac{n}{M}\rfloor )\mu (d^{\prime })d^{\prime }$$

枚举 $M$

$$n\sum _{M|n}S(\lfloor \frac{n}{M}\rfloor )\sum _{d|M}\mu (d)d$$

筛出后面这一坨东西,可以一次一次地分开筛。code

杜教筛

一个能在 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 内求出积性函数前缀和的筛子。

定义

$ϵ(n)$：元函数，返回 $[n==1]$。
$I(n)$：恒等函数，返回值为 $1$。
$id(n)$：单位函数，返回值为 $n$。

狄利克雷卷积

定义两个数论函数 $f$ 和 $g$ 的狄利克雷卷积为 $(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。
这个东西满足结合律，交换律。

实际上莫比乌斯繁反演就是 $\mu \ast I=ϵ$。
还有式子，$\mu \ast id=\varphi$，$\varphi \ast I=id$。

流程

假设我们有一个积性函数 $f(n)$，若我们能够快速得到另一个积性函数 $g(n)$ 前缀和，和他们的狄利克雷卷积 $(f\ast g)(n)$ 前缀和。
这样我们就能够通过杜教筛快速得到 $f(n)$ 的前缀和。
我们知道：

$$\sum _{i=1}^{i\le n}(f\ast g)(i)=\sum _{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})$$

并枚举 $g(n)$，则有：

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

令 $\sum _{i=1}^{n}f(i)$ 为 $S(n)$，表示前缀和，则改为：

$$\sum _{d=1}^{d\le n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

同时有：

$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^{i\le n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )-\sum _{i=2}^{i\le n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

也就是说:

$$S(n)=\frac{\sum _{i=1}^{i\le n}(f\ast g)(n)-\sum _{i=2}^{i\le n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$

然后我们对后面的 $S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 进行整除分块，并且递归求解。
通过 unordered_map 记忆化和提前筛出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 的 $S(i)$，可以做到 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 回答前缀和。

$\mu (n)$

我们知道 $\mu \ast I=ϵ$，则有

int gmu(int x)
{
    if(x < V-5) return smu[x] ;//提前筛除mu的前缀和
    if(Smu.find(x) != Smu.end()) return Smu[x] ;//记忆化
    int res = 1 ;//前缀和为 1
    for(int le = 2,ri ; le <= x ; le = ri+1)
        ri = min(x,x/(x/le)),res -= (ri-le+1)*gmu(x/le) ; return Smu[x] = res ;
}

$\varphi (n)$

我们知道 $\varphi \ast I=id$
代码差不多，就是算 $(f\ast g)(n)$ 的方法有点不一样。

int gphi(int x)
{
    if(x < V-5) return sphi[x] ;
    if(Sphi.find(x) != Sphi.end()) return Sphi[x] ; int res = (x+1)*x/2ll ;
    for(int le = 2,ri ; le <= x ; le = ri+1)
        ri = min(x,x/(x/le)),res -= (ri-le+1)*gphi(x/le) ; return Sphi[x] = res ;
}

$\varphi (n)n^2$ $\mathrm{\Delta }$

先推一下式子：

$$\sum _{i=1}^{i\le n}\sum _{j=1}^{j\le n}ijgcd(i,j)$$

$gcd$ 不太好看，化成 $\varphi$ 的形式。

$$\sum _{i=1}^{i\le n}\sum _{j=1}^{j\le n}ij\sum _{d|gcd(i,j)}\varphi (d)$$

所以枚举 $d$，则有：

$$\sum _{d=1}^{d\le n}\varphi (d)d^2\sum _{i=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{i\le \lfloor \frac{n}{d}\rfloor }ij$$

我们会发现后面两个循环是有通项公式的，记为 $S(n)$，也就是说我们要求的是：

$$\sum _{d=1}^{d\le n}\varphi (d)d^{2}S(\frac{n}{d})$$

显然可以对 $S(n)$ 进行整除分块，考虑如何求出 $\varphi (i)i^2$ 的前缀和。
注意到这比普通的 $\varphi (i)$ 多出了一个 $i^2$，所以将 $g$ 函数构造为 $i{d}^2$，所以在狄利克雷卷积时有:

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}\varphi (d)d^2(\frac{n}{d}{)}^2=n^2\sum _{d|n}\varphi (d)=n^3$$

显然这个 $\sum (f\ast g)(n)$ 也有通项公式，然后这题就做完了。
需要注意的是即使外面有一层整除分块，但时间仍然为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

...

后面有时间了再更，就当入个门