莫比乌斯反演学习笔记

1. 整除分块

1.1. 简述

例题：求 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

这个东西就是指将 $1-n$ 的所有数按 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的值进行分块,数值大的在右边

性质1：分块的个数 $\le 2\sqrt{n}$

证明：当 $i\le \sqrt{n}$ 时，必然至多 $\sqrt{n}$ 种取值

当 $i>\sqrt{n}$ 时，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \le \sqrt{n}$，所以只有 $\sqrt{n}$ 种取值

性质2：$i$ 所在快的右端点是 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }}\rfloor$

证明：$i$ 所在块的值为 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，记为 $k$，必然存在 $k\le \frac{n}{i}$

则有 $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \ge \lfloor {\displaystyle \frac{n}{\frac{n}{i}}}\rfloor =\lfloor i\rfloor =i$

所以 $i_{max}=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }}\rfloor$

所以，在求解如上例题时，不必算出所有的值，只要知道左右端点即可

1.2. 例题

1.2.1. 约数和

板子，求出左右端点然后等差数列求和即可

点击查看代码

#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll get(ll x)
{
	ll res=0;
	for(ll i=1;i<=x;i++)
	{
		ll c=x/i,j,sum;
		j=x/c;
		sum=(i+j)*(j-i+1)/2;
		res+=sum*c;
		i=j;
	}
	return res;
}
int main()
{
	ll x,y;
	scanf("%lld%lld",&x,&y);
	printf("%lld",get(y)-get(x-1));
	return 0;
}

1.2.2. [CQOI2007] 余数求和

可以把余数转化为 $\sum _{i=1}nk-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$，然后同上

点击查看代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,ans;
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(ll i=1;i<=min(n,k);i++)
	{
		ll c=k/i,j,sum;
		j=k/c;
		j=min(j,n);
		sum=(i+j)*(j-i+1)/2;
		ans+=sum*c;
		i=j;
	}
	printf("%lld",n*k-ans);
	return 0;
}

2. 狄利克雷卷积

数列 $a=\{a_1,a_2,a_3\dots \}$ 的狄利克雷生成函数是 $f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{n^x}$

乘法运算：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_i}{i^x}\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{b_j}{j^x}\\ & =(\frac{a_1}{1^x}+\frac{a_2}{2^x}+\frac{a_3}{3^x}+\dots )(\frac{b_1}{1^x}+\frac{b_2}{2^x}+\frac{b_3}{3^x}+\dots )\\ & =\frac{a_1{b}_1}{1^x}+\frac{a_{1}b2+a_2{b}_1}{2^x}+\frac{a_1{b}_3+a_3{b}_1}{3^x}+\dots \\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^x}\sum _{d|n}{a}_d{b}_{\frac{d}{n}}\end{array}$$

积性函数：$f(1)=1$，当 $gcd(a,b)=1$ 时，有 $f(ab)=f(a)f(b)$

欧拉函数和莫比乌斯函数都是积性函数

2.1. 欧拉函数

定义：$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$

性质：$\sum _{d|n}\phi (d)=n$

证明：

观察以 12 为分母的真分数：

$\frac{0}{12},\frac{1}{12},\frac{2}{12},\frac{3}{12},\frac{4}{12},\frac{5}{12},\frac{6}{12},\frac{7}{12},\frac{8}{12},\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{11}{12}$

化简并按分母分组得：

$\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{6},\frac{5}{6},\frac{1}{12},\frac{5}{12},\frac{7}{12},\frac{11}{12}$

发现分母都是 12 的约数，个数为 $\phi (i)$

推广到 $n$，每个分数在化成最简分数后，分母都是 $n$ 的约数，而且分子包含了每个与分母互质的数

2.2. 莫比乌斯函数

定义：

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^s& n=p_1{p}_2\dots p_s\\ 0& other.\end{array}$$

性质： $\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$

证明：

当 $n=1$ 时，显然

当 $n\ne 1$ 时，$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_s^{a_s}$

记 $n^{\prime }=p_1{p}_2\dots p_s$

$$\begin{array}{rl}\sum _{d|n}\mu (d)& =\sum _{d|n^{\prime }}\mu (d)\\ & =(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{0})+(-1)(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{1})+(-1{)}^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{2})+\cdots +(-1{)}^s(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{s})\\ & =(1+(-1){)}^s\\ & =0\end{array}$$

• 莫比乌斯函数和欧拉函数的关系:$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)$

证明：

$n=1$ 显然

$n>1$ 时，$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\dots p_s^{a_s}$

记 $n^{\prime }=p_1{p}_2\dots p_s$

$\begin{array}{rl}\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}& =n\sum _{d|n^{\prime }}\frac{\mu (d)}{d}\\ & =n(1-(\frac{1}{p_1}+\frac{1}{p_2}+\cdots +\frac{1}{p_s})+(\frac{1}{p_1{p}_2}+\cdots +\frac{1}{p_{s-1}{p}_s})-\dots )\\ & =n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\dots (1-\frac{1}{p_s})\\ & =\phi (n)\end{array}$

2.3. 狄利克雷卷积

定义 $f(x),g(x)$ 为积性函数

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

规律：满足交换律，结合律，分配律

常用函数：

1. 元函数：$\epsilon (n)=[n=1]$
2. 常数函数：$1(n)=1$
3. 恒等函数：$id(n)=n$

常用卷积关系：

$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]⟺\mu \ast 1=\epsilon$

$\sum _{d|n}\phi (d)=n⟺\phi \ast 1=id$

$\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}=\phi (n)⟺\phi \ast id=\mu$

$f\ast \epsilon =f$

$f\ast 1=f$

3. 和式的变换

变换规则：1.结合律 2.交换律 3.分配律

变换技术：

• 替换条件式：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}d=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=1}^n[d|i][d|j]d$
• 替换指标变量：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=\sum _{ik=1}^n\sum _{jk=1}^m[gcd(ik,jk)=k]$
• 交换求和次序：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}A(i)B(j)=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^{n}A(i)B(j)$
• 分离变量：$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}A(i)B(j)=\sum _{i=1}^{n}A(i)\sum _{j=1}^{m}B(j)$

相关练习

YY的GCD

https://www.gxyzoj.com/d/gxyznoi/p/P5

显然的，原题可以转化为：

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

但是这样无法计算，记 $T=kd$

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{k=1}^n\sum _{\frac{T}{k}=1}^{\frac{n}{k}}\mu (\frac{T}{k})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor [k\in prime]\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{T=1}^n\mu (\frac{T}{k})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor [k\in prime]\\ & =\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{k\in prime}\mu (\frac{T}{k})\end{array}$$

预处理一下莫比乌斯函数即可

点击查看代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e7;
int T,n,m,vis[N+5],p[N+5],mu[N+5],cnt,f[N+5];
void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;i*p[j]<=N;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	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];
	}
}
ll clac(int n,int m)
{
	ll ans=0;
	if(n>m) swap(n,m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=1ll*(f[j]-f[i-1])*(n/i)*(m/i);
		i=j;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld\n",clac(n,m));
	}
	return 0;
}

[SDOI2015] 约数个数和

有一个公式 $d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(i,j)=1]$

经过推式子和化简为求 $\sum _{d=1}^n\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor \sum _{y=1}^{\lfloor \frac{y}{d}\rfloor }\lfloor \frac{y}{dy}\rfloor$

做两次整除分块即可

点击查看代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e4;
int T,n,m,vis[N+5],p[N+5],mu[N+5],sum[N+5],cnt;
ll f[N+5];
void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;i*p[j]<=N;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)
	{
		sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
		for(int l=1;l<=i;l++)
		{
			int r=i/(i/l);
			f[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
			l=r;
		}
	}
}
ll clac(int n,int m)
{
	if(n>m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(sum[j]-sum[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
		i=j;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	init();
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld\n",clac(n,m));
	}
	return 0;
}

3. 莫比乌斯反演

若 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)$

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

证明：条件等价于 $g=f\ast 1$，则 $\mu \ast g=f\ast 1\ast \mu =f\ast \epsilon =f$