[数学提高] 1 莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

没想到吧，真的有莫比乌斯反演专题！我现在已经看不懂我当时在写什么了！

莫比乌斯函数

1. 定义

由唯一分解定理，可以将正整数$n$写成$n= \prod_{i=1}^kp_i^{a_i} = p_1^{a_1}p_2^{a_2}..p_k^{a_k}$的形式，莫比乌斯函数$\mu(n)$的定义为

$$\mu(n)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & \exist i, a_i\geq 2\\ (-1)^{k} & \forall i,a_i=1 \end{cases}$$

2. 性质

性质1

$$\sum\limits _{d|n}\mu(d)=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & n \neq 1 \end{cases}$$

证明：设$d$为$n$的约数，则$d=\prod_{i=1}^kp_i^{b_i}$，其中$0\leq b_i\leq a_i$。

对于$\mu(d)$，如果$\exist b_i\geq 2$，则$\mu(d)=0$。因此，有贡献的$\mu(d)$一定为$C_k^i\times(-1)^i$，也就是每个质数最多取一次。

则$\sum\limits _{d|n}\mu(d)=\sum\limits _{i=0}^kC_k^i\times(-1)^i$，又$(a-b)^k=\sum\limits_{i=0}^k C_k^i a^kb^{k-i}$

$(1-1)^k=\sum\limits _{i=0}^kC_k^i\times (-1)^k$，故$\sum\limits _{d|n}\mu(d)=0^k=0$

3. 与其他数论函数的关系

(1) $\mu * I = e$

证明：设$n=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}, n'=\prod_{i=1}^kp_i$

则$(\mu*I)(n)=\sum\limits _{d|n}\mu(d)=\sum\limits _{d|n'}\mu(d)\\= \sum\limits _{i=0}^k(-1)^i$

呃，等等，好像性质一已经证明过了啊。$(\mu*I)(n)=[n=1]=e$，

因此，$\mu$是$I$的狄利克雷逆。

(2) $\mu * id = \varphi$

这个在基础篇的性质证明过了QWQ，不写辣

(3) $\mu * d=I$

证明：$(I*I)(n)=\sum\limits _{d|n}I(d)=\sum\limits _{d|n}1=d(n)$

$\therefore d=I*I$，又$\mu=I^{-1}$

$\therefore \mu * d=I$

4. 线性筛法求莫比乌斯函数

void Mobius(int n){
	mu[1] = 1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!st[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j=1;p[j]<=n/i;++j){
			st[p[j] * i] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[p[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
}
// 当i为质数时, 显然mu[i]=-1
// 当p[j]为i的最小质数时, 就说明p[j]这个质数出现了>1次, 因此mu[i * p[j]] = 0
// 否则
// (1) mu[i]=0, mu[p[j] * i] = 0
// (2) mu[i]不为0, p[j] * i就相当于增加了一个质数, 因此mu[p[j] * i] = -mu[i]

莫比乌斯反演

莫反的函数定义和转换过程大多依靠平时积累，见过类似套路，就会，没见过，就寄。

1. 定义

设$f(n)$为数论函数(定义在正整数集合上的函数)

因数形式：

• $F(n)=f*I=\sum\limits_{d|n}f(d) \Leftrightarrow f(n)=\sum\limits _{d|n}\mu(d)\times F(\frac n d)$，

证明（利用狄利克雷卷积）：因为$F(n)=f*I$，则$f=F*I^{-1}=F*\mu$

即$f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\times F(\frac n d)$。

证明（利用性质1+二重积分交换次序的思想）：

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)\times F(\frac n d)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\times \sum\limits_{i|\frac n d}f(i)=\sum\limits_{i|n}f(i)\sum\limits_{d|\frac n i}\mu(d)$

（$i$能取到所有$d$可以取到的取值，这样反过来看，把$i$提到前面）

又当且仅当$n=i$时，$\sum\limits_{d|\frac{n}i}\mu(d)=1$，因此$\sum\limits_{d|n}\mu(d)\times F(\frac n d)=f(n)$

倍数形式：

• $F(n)=\sum\limits_ {n|N}f(N) \Leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{n|N}F(N)\mu(\frac N n)$，（枚举$N$为$n$的所有倍数，$N\in[n,+\infin)$）

证明：$\sum\limits_{n|N}F(N)\mu(\frac N n)=\sum\limits_{n|N}\mu(\frac N n)\sum\limits _{N|i}f(i)$

设$d=\frac N n$，则$N=dn$，则$dn|i$，即$d|\frac i n$

因此$\sum\limits_{n|N}\mu(\frac N n)\sum\limits _{N|i}f(i)=\sum\limits_{d|\frac i n}\mu(d)\sum\limits _{N|i}f(i)$

又当且仅当$n=i$时，$\sum\limits_{d|\frac{n}i}\mu(d)=1$，因此$f(n)=\sum\limits_{n|N}F(N)\mu(\frac N n)$

运用莫反的时候，通常都是因为$F(n)$好求，但是$f(n)$不好求，因此将$f(n)$用$F,\mu$表示出来。

2. 应用1：莫反+整数分块

p2522 Problem b

数据范围：$1\leq n,k\leq 5\times 10^4;1\leq a\leq b\leq 5\times 10^4;1\leq c \leq d \leq 5\times 10^4$

思路：详细的整理一下吧。

首先，题目要我们求的东西，可以先拆成一个二维前缀和，$A[a,b][c,d]=A[1,b][1,d]-A[1,b][1,c-1]-A[1,a-1][1,d]+A[1,a-1][1,c-1]$。

设$f(k)=\sum\limits _{x=1}^a\sum\limits _{y=1}^b[(x,y)=k]$，然后我们方便求的是这个$F(k)=\sum\limits _{x=1}^a\sum\limits _{y=1}^b[k|(x,y)]$，且$F(k)=\sum\limits _{k|N}f(N)$

则代入莫反倍数形式得$f(k)=\sum\limits _{k|N}\mu(\frac N k) F(N)$

先求$F(N)$。首先，$N|(x,y)$，也就是说，$N|x,N|y$，因此所有满足条件的点对数量为$\lfloor \frac a N \rfloor\times \lfloor \frac b N \rfloor$

则$f(k)=\sum\limits _{k|N}\mu(\frac N k)\lfloor \frac a k \rfloor\times \lfloor \frac b k \rfloor$，设$t=\frac N k $，显然枚举$t$的结果为$1,2,..,$这样的整数，$N=tk$。

$f(k)=\sum\limits_{t}\mu(t)\lfloor \frac a {tk} \rfloor\times \lfloor \frac b {tk} \rfloor$，再运用整数分块的知识进行求解即可，注释都写在代码里吧。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
#define xx first
#define yy second
#define ls (oo << 1)
#define rs (oo << 1 | 1)
#define PI acos(-1.0)

ll read(void);

int n, cnt;
const int N = 5e4 + 5; 
int p[N], mu[N];
int pre[N];
bool st[N];

//求Mobius函数和前缀和(分块的时候用)
void Mobius(int n){
	mu[1] = 1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!st[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j=1;p[j]<=n/i;++j){
			st[p[j] * i] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[p[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];
	}
}

ll f(int a, int b, int k){
    a /= k, b /= k;
	ll res = 0, n = min(a, b), l = 1, r;
    // 在[l,r]这段,(a/l)*(b/l)为定值,那么展开和式, 可以打包计算这一部分的和为(定值*mu的前缀和)
	while (l <= n){
		r = min(n, min(a / (a / l), b / (b / l)));
		res += 1LL * (pre[r] - pre[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

void solve(){
	int a, b, c, d, k;
	a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read();
    // 二维前缀和,或者说一个简单的容斥
	ll res = f(b, d, k) - f(b, c - 1, k) - f(a - 1, d, k) + f(a - 1, c - 1, k);
	printf("%lld\n", res);
}

int main(void){
	int T;
	Mobius(N - 1);
	T = read();
	while (T--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}

ll read(void){
    ll x = 0, f=1;char ch;
    do{ch = getchar();if (ch == '-') f=-1;}while(ch<'0' || ch>'9');
    do{x = x*10 + (ch-'0');ch = getchar();}while(ch>='0' && ch<='9');
    return x*f;
}

/*
敬告kz: 
====================================
  1. 相信自己 
  2. 看清题意, 考虑清楚再动手 
  3.   **** 今天的数组有没有开小呀 ？ ****  **** 今天的数组有没有开小呀 ？ ****
  4. 是不是想复杂了？ 
  5. 数据溢出？
  6. 数组越界？边界情况？ 
  6. 不要犯低级错误！！！ 时间复杂度？空间复杂度？精度有没有问题？ 
====================================
* 提交的时候注意看编译器！c++17 / c++20 / python3 
*/ 

3. 应用2：莫反+提取公因数

p3327约数个数和 莫反+双分块

设$d(x)$为$x$的约数个数，给定$T$组$n,m$，求$\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M d(i\times j)$

数据范围：$1\leq N,M,T\leq 5\times 10^4$

$\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M d(i\times j)=\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M \sum\limits _{x|i} \sum\limits_{y|j} [(x,y)=1]$

证明：设$i=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i},j=\prod_{i=1}^k p_i^{b_i}$，$0\leq a_i,b_i$

则$i\times j=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i+b_i}$，$d(i\times j)=\prod_{i=1}^k(a_i+b_i+1)$

即从$i$中选出约数$x$，$j$中选出约数$y$，对于$p_1$而言，若要求$(x,y)=1$

则可以$x=1,y=1$，或者$x=1,y=\in[p_1,p_1^{b_1}]$，或者$x\in[p_1,p_1^{a_1}],y=1$

一共是$(a_1+b_1+1)$种取法，其他质数同理。根据乘法原理，这些取法正好就是$d(i\times j)$。

• 设出$f(n),F(n)$。

设$f(n)=\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M \sum\limits _{x|i} \sum\limits_{y|j} [(x,y)=n]$，显然$f(1)$就是答案。

设$F(n)=\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M \sum\limits _{x|i} \sum\limits_{y|j} [n|(x,y)]$，则$F(n)=\sum\limits _{n|d}f(d)$

即$f(n)=\sum\limits _{n|d}\mu(\frac d n)F(d)$令$T=\min(N,M)$，则$f(1)=\sum\limits _{d=1}^T\mu(d)F(d)$。

• 再化简$F$。

$F(n)=\sum\limits _{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M \sum\limits _{x|i} \sum\limits_{y|j} [n|(x,y)]=\sum\limits _{x=1}^N \sum\limits_{y=1}^M \lfloor \frac N x \rfloor \lfloor \frac M y \rfloor [n|(x,y)]$

证明：首先，$x|i,y|j$，那么$x,y$肯定是能取到$[1,N],[1,M]$的。当$x,y$固定后，$[n|(x,y)]$和$i,j$是没有关系的，我们可以把它提出来。那么，里面就变成了$\sum\limits _{i=1}^{\lfloor \frac N x \rfloor}\sum\limits _{j=1}^{\lfloor \frac M y \rfloor}1$，也就是$N,M$里面有多少个$i,j$，它们是$x,y$的倍数，得证。

下面再消掉$[n|(x,y)]$这个条件。

设$x'=\lfloor \frac x n \rfloor,y'=\lfloor \frac y n \rfloor$

$F(n)=\sum\limits _{x=1}^N \sum\limits_{y=1}^M \lfloor \frac N x \rfloor \lfloor \frac M y \rfloor [n|(x,y)]=\sum\limits _{x'=1}^{\lfloor \frac N n \rfloor}\sum\limits _{y'=1}^{\lfloor \frac M n \rfloor}\lfloor \frac N {nx'} \rfloor\lfloor \frac M {ny'} \rfloor$

令$N'=\lfloor \frac N n \rfloor,M'=\lfloor \frac M n \rfloor$

$F(n)=\sum\limits _{x'=1}^{N'} \sum\limits_{y'=1}^{M'} \lfloor \frac {N'} {x'} \rfloor \lfloor \frac {M'} {y'} \rfloor=(\sum\limits _{x'=1}^{N'} \lfloor \frac {N'} {x'} \rfloor)\times(\sum\limits_{y'=1}^{M'} \lfloor \frac {M'} {y'} \rfloor)$

令$h(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} \lfloor \frac {n} {i} \rfloor)$，也就是标准整数分块，则$F(n)=h(N')\times h(M')$。

• 再求$f(1)$

$f(1)=\sum\limits _{d=1}^T\mu(d)h(\lfloor \frac N d \rfloor)h(\lfloor \frac M d \rfloor)$

由于$h(x)$只和$x$有关，所以可以再分一次块，因此每次查询复杂度$O(\sqrt N)$，总时间复杂度$O(N\sqrt N)$。

int cnt;
const int N = 5e4 + 5;
int p[N], h[N], pre[N], mu[N];
bool st[N];

void Mobius(int n){
	mu[1] = 1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!st[i]) p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j=1;p[j]<=n/i;++j){
			st[p[j] * i] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
			mu[p[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
		pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];
	}
}

void H(int n){
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (int l=1, r;l<=i;l=r + 1){
			r = min(i, i / (i / l));
			h[i] += (r - l + 1) * (i / l); 
		}
	}
}

void solve(){
	int n, m;
	n = read(), m = read();
	ll res = 0;
	int k = min(n, m);
	for (int l=1, r;l<=k;l=r + 1){
		r = min(k, min(n / (n / l), m / (m / l)));
		res += (ll)(pre[r] - pre[l - 1]) * h[n / l] * h[m / l];
	}
	printf("%lld\n", res);
}

int main(void){
	int T;
	Mobius(N - 1);
	H(N - 1);
	T = read();
	while (T--){
		solve();
	}
	
	return 0;
}