数论分块与莫比乌斯反演

数论分块

• 又称整除分块。

• 考虑求 \(\sum\limits_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)。

引理：\(\forall a,b,c\in \mathbb{Z},\lfloor\frac{a}{bc}\rfloor=\lfloor\dfrac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor\)。

• 不妨设 \(\frac{a}{b}=k+r\)，其中 \(k\in \mathbb{Z},r\in [0,1)\)，于是

\[\begin{aligned} \lfloor\frac{a}{bc}\rfloor & =\lfloor\frac{1}{c}\times \frac{a}{b}\rfloor \\ & =\lfloor\frac{k}{c}+\frac{r}{c}\rfloor \\ \end{aligned} \]

• 这里我们设 \(k=k'c+r'\)，其中 \(k',r'\in \mathbb{Z}\)，且 \(r'\in [0,c)\)，于是

\[\begin{aligned} \lfloor\frac{a}{bc}\rfloor & =\lfloor\frac{k}{c}+\frac{r}{c}\rfloor \\ & =\lfloor k'+(r'+\frac{r}{c})\rfloor \end{aligned} \]

• 注意到 \(r'<c\to c-r'\geqslant 1\)，但 \(r<1\to \frac{r}{c}<1\)，所以 \(r'+\frac{r}{c}<1\)，于是

\[\begin{aligned} \lfloor\frac{a}{bc}\rfloor & =k' \\ & =\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor \end{aligned} \]

• 证毕。

定理 1：\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 只有 \(O(\sqrt{n})\) 种不同取值。

• 记 \(sq=\lceil\sqrt{n}\rceil\)。

• \(\forall i\leqslant sq\)，\(i\) 只有 \(O(\sqrt{n})\) 种，显然 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 也只有 \(O(\sqrt{n})\) 种。

• \(\forall i>sq\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\leqslant sq\)，于是 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 还是只有 \(O(\sqrt{n})\) 种。

• 故 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 只有 \(O(\sqrt{n})\) 种取值，表现大概是这样

• 

定理 2：\(\forall \lfloor\frac{n}{j}\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor,j_{\max}=\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)。

• 不妨设 \(n=ki+r\)，即 \(k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，于是有

\[k\leqslant \frac{n}{i}\to \lfloor\frac{n}{k}\rfloor \geqslant \lfloor\frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor=\lfloor i\rfloor=i \]

• 换言之，\(\forall \lfloor\frac{n}{j}\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor,\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \geqslant j\)，故 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor=\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor=j_{\max}\)。

• 当然我们还要证明 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\) 是一个合法的 \(j\)，即 \(\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)。

• 将式子展开，得到

\[\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor}\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

• 考虑拆掉最里层的 \(\lfloor\rfloor\)，发现 \(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\to \lfloor\frac{n}{\frac{n}{i}}\rfloor=\lfloor i \rfloor=i\) 是变小了，分母变小整体变大，故有

\[\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor}\rfloor\leqslant \lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

• 考虑拆掉中间层的 \(\lfloor\rfloor\)，发现分母变大整体变小，式子变为

\[\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}}\rfloor=\lfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

• 就是说，有

\[\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor}\rfloor\geqslant \lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

• 联立，得到

\[\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor}\rfloor=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

• 所以 \(\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\) 既是最大的，又是合法的，所以它是段 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的右端点。

• 总之，整除分块可以用来快速求和。其也可以推广到多维，即 \(\sum\limits_{i=1}^{\min_{j=1}^{m} n_j} \prod\limits_{j=1}^m \lfloor\dfrac{n_j}{i}\rfloor\)。

• 可以发现此时不同的 \(\prod\) 值只有 \(O(\sqrt{n}m)\) 种，因为对于左边界 \(l\)，右边界为 \(\min_{j=1}^m \lfloor\dfrac{n_j}{\lfloor\frac{n_j}{l}\rfloor}\rfloor\)，表现大概是这样：

• 

P1403 [AHOI2005] 约数研究/P3935 Calculating

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n d(i)\)。

• 数据范围：\(n\leqslant 10^6/10^{14}\)。

• 显然可以线性筛/杜教筛，但用一点基础的交换和式知识（也可以认为是莫反），可以将式子化为 \(\sum\limits_{d=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)。

• 于是整除分块即可，\(O(\sqrt{n})\)。

P2261 [CQOI2007] 余数求和

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n m\bmod i\)。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 10^9\)。

• 考虑拆 \(\bmod\)，将之变为 \(m-i\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\)。显然前项易得，问题变成求 \(\sum\limits_{i=1}^n i\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\)。

• 显然这可以直接整除分块，对取值相同的 \(\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\)，求区间 \(i\) 和即可。复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。

P2260 [清华集训2012] 模积和

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j)[i\neq j] \pmod{19940417}\)。应当指出，\(19940417=7\times 2848631\)，故逆元存在性需要考量。

• 数据范围：\(n,m\leqslant 10^9\)。

• 首先注意到 \([i\neq j]\) 很烦，考虑把这部分的贡献算出来减掉，即

\[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j)[i\neq j]=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j)-\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)} (n\bmod i)(m\bmod i) \]

• 先考虑前项:

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n-i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)(m-j\lfloor\frac{m}{j}\rfloor) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (nm-nj\lfloor\frac{m}{j}\rfloor-mi\lfloor\frac{n}{i}\rfloor+ij\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor) \end{aligned} \]

• 前三项都是显然的，考虑最后一项：

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m ij\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor \\ & =\sum\limits_{i=1}^n i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \sum\limits_{j=1}^m j\lfloor\frac{m}{j}\rfloor \\ & =(\sum\limits_{i=1}^n i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) (\sum\limits_{j=1}^m j\lfloor\frac{m}{j}\rfloor) \end{aligned} \]

• 考虑后项：

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)} (n\bmod i)(m\bmod i) \\ & =\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)} (n-i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)(m-i\lfloor\frac{m}{i}\rfloor) \\ & =\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)} (nm-ni\lfloor\frac{m}{i}\rfloor-mi\lfloor\frac{n}{i}\rfloor+i^2\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor) \end{aligned} \]

• 前三项都是显然的，最后一项即我们上面说的“二维整除分块”。

• 综上，复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。

莫比乌斯反演

• 考虑狄利克雷前缀和的式子，\(g(n)=\sum\limits_{d\mid n} f(d)\)。

• 知 \(f\) 求 \(g\) 是 naive 的；知 \(g\) 求 \(f\) 呢？

• 首先上式等价于 \(g=f\ast I\)，若我们有 \(inv_I\)，则有 \(f=g\ast inv_I\)。

• 求 \(inv_I\)，得到 \(\mu\)，于是 \(f=g\ast \mu\)，即 \(f(n)=\sum\limits_{d\mid n} \mu(d)g(\frac{n}{d})\)。

• 该式称为莫比乌斯反演，即对积卷积过程的反演。事实上，我们称 \(g\) 是 \(f\) 的莫比乌斯变换，\(f\) 是 \(g\) 的莫比乌斯逆变换（反演）。

• 特别地，当 \(g=id,f=\varphi\)，也称为欧拉反演。欧拉反演的应用比较狭窄，但有时比 \(\mu\ast I=\epsilon\) 的方法要简洁有力得多。

• 所谓反演，就是已知 \(f,g\) 的某种关系，通常是容易 \(f\to g\) 的，要求逆向求出 \(f\) 关于 \(g\) 的表达式。

• “反演的本质是将逻辑表达式改换成代数式，从而使其可以参与代数运算，为化式子提供机会”，这是我的某个前辈对反演的评价。

• 在莫反中，其的表现主要是将 \(\sum\limits_d\) 交换到前面，于是原本在前的和式变成了。（以 \(\sum\limits_{i=1}^n f(i)\sum\limits_{d\mid i}\) 为例）形如 \(\sum\limits_{i=kd}^nf(i)\) 也即只在 \(d\) 的倍数处求和的和式，于是可以和整除分块相结合或者便于进一步化式子。

• 出于整个博客的结构考虑，把需要亚线性筛的放在筛法那边了。

P1447 [NOI2010] 能量采集

• 题意略。“太经典了，我每年都要讲”。

• 手推+感性理解，很快发现 \((i,j)\) 是对应直线上的第 \(gcd(i,j)\) 个，造成 \(2gcd(i,j)-1\) 的能量损失。

• 于是所求的答案可以做如下转换，这里认为 \(n\leqslant m\)：

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m gcd(i,j)\\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [gcd(i,j)=1] \\ \end{aligned} \]

• 若我们能快速求得 \(res\)，则 \(ans=2res-nm\)。

• 然后有一个经典的容斥：记 \(f(d)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d]\)，\(g(d)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [d\mid gcd(i,j)]\)，我们有

\[f(d)=g(d)-\sum\limits_{kd\leqslant n}f(kd) \]

• 显然 \(g\) 可以 \(O(n)\) 地求得，但求 \(f\) 的过程是 \(O(n\ln n)\) 的。过原题够了，但若 \(n,m\leqslant 10^7\) 呢？

• 这个容斥式子没啥希望了，它的形态就不优美，\(kd\)...我们转而考虑狄利克雷卷积和莫比乌斯反演。接着上面的式子推，我们有

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [gcd(i,j)=1] \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} \epsilon(gcd(i,j)) \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} (\mu\ast I)(gcd(i,j)) \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} \sum\limits_{t\mid gcd(i,j)} \mu(t) \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(t) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} [t\mid i] \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [t\mid j] \\ & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(t) \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \\ \end{aligned} \]

• 事实上，到这一步，我们已经可以 \(O(n)\) 地求出答案了。对内部式子使用整除分块，乍一看复杂度是 \(O(n\sqrt{n})\)，实际上复杂度应为 \(\sum\limits_{d=1}^n \sqrt{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\)，可以积分分析到 \(O(n)\)。

• 考虑多测，\(T\leqslant 10^5\)。那就继续化！发现这里我们每次都要重新整除分块，设法把这部分提出来。

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(t) \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \\ & =\sum\limits_{td=1}^n \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \sum\limits_{d\mid td} d\mu(\frac{td}{d}) \\ & =\sum\limits_{td=1}^n \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor (id\ast\mu)(td) \\ & =\sum\limits_{td=1}^n \varphi(td)\lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \end{aligned} \]

• 线性筛 \(\varphi\) 的前缀和，然后整除分块，复杂度 \(O(n+T\sqrt{n})\)。

• 事实上，我们可以使用欧拉反演：

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (i,j) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m id((i,j)) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (\varphi\ast I)((i,j)) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{d\mid i\And d\mid j} \varphi(d) \\ & =\sum\limits_{d=1}^n \varphi(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor \lfloor\frac{m}{d}\rfloor \end{aligned} \]

• 简洁有力...不要忘记尝试欧拉反演。

P2257 YY 的 GCD

• 题意略。非常反套路的一道题...

• 模仿上题可以化出一个最终形式（认为 \(n\leqslant m\)）：

\[res=\sum\limits_{pd=1}^n \lfloor\frac{n}{pd}\rfloor \lfloor\frac{m}{pd}\rfloor \sum\limits_{p\mid pd} \mu(d) \]

• 其实这里我化错了一次，注意是 \(\mu(d)\) 而非 \(\mu(p)\)。显然主要问题就在于最后这个和式，它不传统。

• 解决办法：暴力预处理！模仿埃氏筛，枚举 \(p\)，对 \(pd\) 处加上 \(\mu(\frac{pd}{p})\)。也可以说是关于 \(p\) 反演（算贡献）吧，于是我们有 \(O(n\log\log)-O(\sqrt{n})\) 的优越复杂度。

P3312 [SDOI2014] 数表

• 题意：多测，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [\sigma_0(gcd(i,j))\leqslant x]\times \sigma_0(gcd(i,j))\)。

• 首先我们把 \(\sigma_0\) 筛出来，然后化式子，还是认为 \(n\leqslant m\)：

\[res=\sum\limits_{d=1}^n \sigma_0(d)\times [\sigma_0(d)\leqslant a] \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \]

• 很套路地卷一个 \(\epsilon\)，快进到

\[res=\sum\limits_{td=1}^n \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \sum\limits_{d\mid td} \sigma_0(d)[\sigma_0(d)\leqslant a]\mu(\frac{td}{d}) \]

• 发现这里化不下去，\(d=id\) 的美妙性质在这里没有了，还有一个恶心的逻辑表达式。

• 考虑将所有数字按 \(\sigma_0\) 排序，定义一个函数

\[f(td)=\sum\limits_{d\mid td} \sigma_0(d)[\sigma_0(d)\leqslant a]\mu(\frac{td}{d}) \]

• 问题变成求 \(f\) 的前缀和，考虑离线询问（我们做一个贡献法），按 \(a\) 升序排序，每次让 \(d\) 对所有 \(f(td)\) 贡献。

• 既然 \(d\) 只会被扫到一次，那么此部分的总复杂度应为 \(O(n\ln n)\)，\(\mu\) 可以线筛预处理，此时问题变成有多组询问，求

\[\sum\limits_{td=1}^n f(td)\lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \]

• 那么这就是一个很板的整除分块了。注意到 \(f\) 需要单点修改和区间查询，考虑使用树状数组维护之，于是总复杂度为 \(O(n\log^2+q\sqrt{n}\log)\)，两部分分别是修改和查询的复杂度。

P2522 [HAOI2011] Problem b

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=a}^b \sum\limits_{j=c}^d [gcd(i,j)=d]\)，多测。

• 首先我们做一个二维差分，所求变成：

\[res(n,m)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \]

• 卷 \(\epsilon\)，快进：

\[res(n,m)=\sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} \mu(t) \lfloor\frac{n}{td}\rfloor \lfloor\frac{m}{td}\rfloor \]

• 整除分块之，\(O(n+T\sqrt{n})\)。

• 显然这两道题上欧拉反演都无用武之地，可见欧拉反演虽然简洁，却也局限，应用范围非常狭窄。

P2424 约数和

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=l}^r \sigma_0(i)\)。

• 数据范围：\(l,r\leqslant 2\times 10^9\)。

• 首先容易想到 \(\sigma_0=I\ast id\to \sigma_0\ast \mu=id\)，于是可以杜。

• 但本题只有单组询问，我们考虑直接莫反：

\[\begin{aligned} S\sigma_0(n) & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d\mid i} id(d) \\ & =\sum\limits_{d=1}^n id(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor \end{aligned} \]

• 结束，\(O(\sqrt{n})\)。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

• 题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m d(ij)\)。

• 数据范围：\(T,n,m\leqslant 5\times 10^4\)。

• 唔，数据范围看起来就很数论分块。这个式子不是非常传统，因为它居然是 \(i\times j\)，不过也正合适，我们直接拆 \(d\)：

\[\begin{aligned} res & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m d(ij) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (I\ast I)(ij) \\ & =\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m \sum\limits_{d\mid ij} 1\\ & =\sum\limits_{d=1}^{nm} \sum\limits_{i\in [1,n] \And j\in [1,m]} [d\mid ij] \end{aligned} \]

• ...推不下去。事实上，本题有一个关键结论：

\[d(ij)=\sum\limits_{x\mid i} \sum\limits_{y\mid j} [\gcd(x,y)=1] \]