莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

定义

定义莫比乌斯函数

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \mu (x)=\{\begin{array}{rlr}0& & x\mathrm{有}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{为}\mathrm{非}1\mathrm{的}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}\\ 1& & x=1\\ (-1{)}^k& & x\mathrm{的}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{不}\mathrm{含}\mathrm{非}1\mathrm{的}\mathrm{平}\mathrm{方}\mathrm{数}，\mathrm{其}\mathrm{中}k=x\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{个}\mathrm{数}\end{array}\end{array}$$

即：在 $x\ne 1$ 时，对 $x$ 分解质因数，如果其中有一个质因子的幂次大于等于 $2$ ，则有 $\mu (x)=0$ ；否则，若 $x$ 有奇数个质因子，则 $\mu (x)=-1$ ，若 $x$ 有偶数个质因子，则 $\mu (x)=1$。

在 $x=1$ 时，有 $\mu (x)=1$。

性质

1. 莫比乌斯函数是积性函数

   即：对于任意互质的整数 $a,b$ ，都有 $\mu (ab)=\mu (a)\mu (b)$ ，利用这个性质，可以利用欧拉筛在 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的时间内求出 ${\mathrm{\forall }}_{i\le n}\mu (i)$ ，并可用杜教筛快速计算 $\sum _{i=1}^n\mu (i)$

2. 莫比乌斯函数 $\mu$ 在迪利克雷卷积中为常数函数 $1$ 的逆元。

   即：对任意数论函数 $f(x)$、$g(x)$ ，若有 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$ 则有 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu (\frac{n}{d})$ ，这里数论函数 $g(n) 即为数论函数 $f(n)$ 的莫比乌斯反演。

重要结论

1. $ϵ(x)=\sum _{d|x}\mu (d)$
   即

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{rlr}0& & x\ne 1\\ 1& & x=1\end{array}\end{array}$$

证明：由性质 2 可以推出 $\mu \ast 1=ϵ$ ，写成迪利克雷卷积即可。

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

   证明：由结论1可得，$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=ϵ(gcd(i,j))$ ，当且仅当 $gcd(i,j)=1$ 时，其值为 $ϵ(1)=1$

莫比乌斯函数求值

莫比乌斯反演一般会用到莫比乌斯函数的前缀和，下面提供两种计算方法，各有优劣。

欧拉筛

欧拉筛适用于对积性函数求值，上文提到 $\mu$ 为积性函数，故可以利用欧拉筛在 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的时间内求出 ${\mathrm{\forall }}_{i\le n}\mu (i)$。

通过欧拉筛求积性函数的值，需要确定 $3$ 种情况下函数的取值：$x$ 为质数、 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p\ne 0$ 、 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p=0$ ，其中 $p$ 是 $x$ 的最小质因子。

1. 当 $x$ 为质数时，根据定义可得 $\mu (x)=1$

2. 当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p\ne 0$ 时，一定有 $p^2|x$ ，根据定义， $mu(x)=0$

3. 当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p=0$ 时，若 $y$ 含有平方因子，则 $\mu (x)=\mu (y)=0$ ；若 $y$ 不含平方因子，根据定义可知：$\mu (x)=-\mu (y)$ 。综上，当 $y\mathrm{mod}p=0$ 时， $\mu (x)=-mu(y)$

由此可以写出线性时间求解莫比乌斯函数的代码：

inline void Euler(int n) {
	mu[1]=1; //根据定义得
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!vis[i]) mu[i]=-1,pr[++pcnt]=i; //情况1：质数
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*pr[j]<=n;j++) {
			vis[i*pr[j]]=true;
			if(i%pr[j]==0) {
				mu[i*pr[j]]=0;break; //情况2：相同质因子
			}
			mu[i*pr[j]]=-mu[i]; //情况3：新的不同质因子
		}
	}
}

杜教筛

有时题目要求快速计算 $\mu (i)$ 的前缀和，即 $\sum _{i=1}^n\mu (i)$ 的值，这时杜教筛可以在低于 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的时间内求出前缀和在某个位置上的值。

杜教筛要求找出一个 $g(x)$ 与当前函数 $f(x)$ 做迪利克雷卷积，且卷积的前缀和好求，而根据之前提到的性质： $\mu \ast 1=ϵ$ ，$f(x)$ 直接取常数函数 $1$ 即可。

定义 $sum(x)=\sum _{i=1}^x\mu (i)$

根据杜教筛的式子 $g(1)sum(n)=\sum _{i=1}^n(f\ast g)(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)sum(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ ，用常数函数 $1$ 替换 $g$ ，用 $\mu$ 替换 $f$ 可得： $sum(n)=\sum _{i=1}^nϵ(i)-\sum _{i=2}^{n}sum(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ ，显然， $\sum _{i=1}^nϵ(i)=1$，而$\sum _{i=2}^{n}sum(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 可用数论分块在加速计算。

直接递归计算的时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{3}{4}})$ ，如果提前用欧拉筛计算出出前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项的前缀和，则时间复杂度可以降低至 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{2}{3}})$

代码：

unordered_map<long long,long long>mp1; //map是O(logn)查询修改，选用unordered_map可以获得更优的O(1)查询修改
long long SumMu(long long n) { //先调用 Euler(MAXN-1) 预处理前 MAXN 项的 sumMu
	if(n<MAXN) return sumM[n]; //如果当前的n在预处理的范围内，就直接返回
	if(mp.find(n)!=mp.end()) return mp[n]; //如果当前的值之前求过，就直接返回
	long long res=1; //epsilon前缀和=1
	for(long long i=2;i<=n;i++) { //数论分块
		int j=n/(n/i);
		res-=1ll*(j-i+1)*SumMu(n/i);
		i=j;
	}
	mp[n]=res; //记忆化加速下次查询
	return res;
}

应用

[POI2007]ZAP-Queries

[POI2007]ZAP-Queries

给出 $a,b,d$，求 $\sum _{x=1}^a\sum _{y=1}^b[gcd(x,y)=d]$，多组数据。

上文证明 $[gcd(x,y)=1]=\sum _{d|gcd(x,y)}\mu (d)$ ，而题目要求 $[gcd(x,y)=d]$。考虑将 $d$ 化成 $1$ ，用 $x\cdot d$ 换 $x$，$y\cdot d$ 换 $y$，得到 $\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{a}{d}\rfloor }\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{b}{d}\rfloor }[gcd(x,y)=1]$。

令 $f(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$，用莫比乌斯函数替换 $gcd(i,j)=1$ 的条件，即有 $f(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$。考虑先枚举 $k$ ，发现 $k$ 的范围为 $[1,min(n,m)]$ 令 $n\le m$，即可将上式化为 $f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)\sum _{k|i}^n\sum _{k|j}^{m}1$。由于小于 $n$ 的 $k$ 的倍数共有 $\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 个，$m$ 同理，则有 $f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，预处理出 $\mu$ 的前缀和后，利用数论分块可在 $\mathrm{\Theta }(\sqrt{n})$ 的时间内计算 $f(n,m)$。

题目要求的式子就等于 $f(\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{d}\rfloor )$，利用欧拉筛预处理 $\mu$ 的前缀和，即可实现 $\mathrm{\Theta }(n)$ 预处理， $O(\sqrt{n})$ 回答一次询问。

回答询问代码：

inline int calc(int n,int m) {
	if(n>m) swap(n,m);
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) { //数论分块
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i); //sum为mu的前缀和
		i=j;
	}
	return res;
}

PGCD - Primes in GCD Table

PGCD - Primes in GCD Table

给定 $n$ 和 $m$ ，求 $1\le x\le n,1\le y\le m$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对，至多 $10$ 次询问。

即是求： $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(n,m)\in Prime]$。莫比乌斯反演套路：先枚举 $gcd(i,j)$ 的值，可将原式化为 $\sum _{g\in Prime}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=g]$ ，继续用上一题的套路，将 $g$ 化为 $1$，得到 $\sum _{g\in Prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{g}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$，转化 $gcd(i,j)=1$ 的条件得到：$\sum _{g\in Prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{g}\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$。和上一题一样，令 $f(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$，则有 $f(n,m)=\sum _{k=1}^n\mu (k)\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，即可将原式化为 $\sum _{g\in Prime}f(\lfloor \frac{n}{g}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{g}\rfloor )$ ，令 $g(x)=[x\in Prime]$，显然，$g$ 的前缀和可以在筛出质数后 $\mathrm{\Theta }(n)$ 预处理，则可以将原式化为 $\sum _{i=1}^{n}g(i)f(\lfloor \frac{n}{g}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{g}\rfloor )$，用数论分块求解即可。

这里是两层数论分块的嵌套，回答一次询问的时间复杂度为 $\mathrm{\Theta }(n^{\frac{3}{4}})$ ，本题询问量不大，可以通过。

回答询问代码：

inline long long f(int n,int m) { //数论分块求f(n,m)
	if(n>m) swap(n,m);
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=1ll*(smu[j]-smu[i-1])*(n/i)*(m/i);
		i=j;
	}
	return res;
}
inline long long calc(int n,int m) {
	if(n>m) swap(n,m);
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=1ll*(spr[j]-spr[i-1])*f(n/i,m/i); //spr为g的前缀和
		i=j;
	}
	return res;
}

YY的GCD

YY的GCD

给定 $n$ 和 $m$ ，求 $1\le x\le n,1\le y\le m$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对，至多 ${10}^4$ 次询问。

随着询问次数的增加，上一题的方法已经无法通过，考虑优化。

拆开 $f$ 得到：$\sum _{i=1}^{n}g(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\lfloor \frac{n}{ij}\rfloor \lfloor \frac{m}{ij}\rfloor \mu (j)$，令 $k=i\cdot j$，则原式化为 $\sum _{i=1}^{n}g(i)\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor \mu (\frac{k}{i})$ ，变换枚举顺序，先枚举 $k$ ，得到 $\sum _{k=1}^n\sum _{i|k}g(i)\mu (\frac{k}{i})\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$。可以发现，最后两项与 $i$ 无关，可以提到前面，得到 $\sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor \sum _{i|k}g(i)\mu (\frac{k}{i})$。令 $h(x)=\sum i|xg(i)\mu (\frac{k}{i})$，即有 $h(x)=\sum _{i\in Prime,i|x}\mu (\frac{i}{i})$。推导至此，即可在欧拉筛后枚举每个质数的倍数计算 $h(x)$ 的值，认为质数个数约为 $\frac{n}{\ln n}$ 时，计算 $h(x)$ 的时间复杂度约为为 $\mathrm{\Theta }(n)$，可以通过。

关键代码：

inline void init(int n) {
	Euler(n); //欧拉筛质数和mu
	for(int i=1;i<=pcnt;i++) { //枚举质数求h的值
		for(int j=1;pr[i]*j<=n;j++) {
			sum[pr[i]*j]+=mu[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
		sum[i]+=sum[i-1];
	}
}
inline long long calc(int n,int m) {
	if(n>m) swap(n,m);
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) { //数论分块
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=1ll*(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
		i=j;
	}
	return res;
}

当然，$h(x)$的值也可用欧拉筛在线性时间内筛出.

和之前考虑欧拉筛 $\mu$ 一样，仍然考虑欧拉筛会遇到的三种情况：$x$ 为质数、 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p\ne 0$ 、 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p=0$ ，其中 $p$ 是 $x$ 的最小质因子。

1. 当 $x$ 为质数时，由于 $1$ 不是质数，故只会枚举到 $i=x$ 的情况，即当 $x$ 为质数时， $h(x)=\mu (\frac{x}{x})=\mu (1)=1$。

2. 当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p\ne 0$ 时，$p$ 是 $x$ 相比于 $y$ 多出的一个新的质因子，这会导致 $h(y)$ 中枚举到的 $\frac{y}{i}$ 变成 $\frac{yp}{i}$，根据 $\mu$ 的定义得出 $\mu (\frac{yp}{i})=-mu(\frac{y}{i})$，则有$\mu (\frac{x}{i})=-mu(\frac{y}{i})$。再考虑由于 $p$ 而多出来的部分，因为枚举到的 $i$ 为质数，故只会多枚举一个 $p$，则只会多贡献一个 $\mu (\frac{x}{p})=\mu (y)$。 由此得出：当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p\ne 0$ 时， $h(x)=-h(y)+\mu (p)$。

3. 当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p=0$ 时，$p$ 是 $x$ 的一个幂次大于等于 $2$ 的质因子，根据 $\mu$ 定义，由于枚举到的 $i$ 均为质数，故当 $i\ne p$ 时，所有的 $\mu (\frac{x}{i})=0$。最后剩下一个新枚举到的 $p$ ，对结果的贡献为 $\mu (\frac{x}{p})=\mu (y)$。由此得出：当 $x=y\cdot p$ 且 $y\mathrm{mod}p=0$ 时， $h(x)=\mu (y)$

据此可以利用欧拉筛在 $\mathrm{\Theta }(n)$ 的时间内求解 $h(x)$ 的值和前缀和，略快于上一个做法。

关键代码：

inline void Euler(int n) {
	mu[1]=1;f[1]=0; //根据定义得到
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!vis[i]) mu[i]=-1,pr[++pcnt]=i,f[i]=1; //情况1
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*pr[j]<=n;j++) {
			vis[i*pr[j]]=true;
			if(i%pr[j]==0) {
				mu[i*pr[j]]=0;
				f[i*pr[j]]=mu[i];break; //情况2
			}
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
			f[i*pr[j]]=-f[i]+mu[i]; //情况3
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
inline long long calc(int n,int m) {
	if(n>m) swap(n,m);
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) { //数论分块
		int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
		i=j;
	}
	return res;
}

To be continued...