笔记：莫比乌斯反演

摘自peng-ym的博客

整除分块

\(\sum_{i=1}^n \lfloor {\frac n i} \rfloor\)

朴素 \(O(n)\) , 整除分块 \(O(\sqrt n)\)

显然有许多连续的 \(\lfloor {\frac n i} \rfloor\) 值是一样的。可以发现，每个块的最后一个数是 \(\frac n {\lfloor \frac n i\rfloor }\)

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

有时推出的柿子不一定是裸的板子，可能与一些积性函数相乘( \(\mu\),\(\phi\)...)，

此时需要对这些函数统计前缀和，这样跳过一个区间时就乘上一个区间的函数值。(？)

积性函数&狄利克雷卷积

%George1123

以后我也会卷啦！

积性函数：

定义：

如果 \(gcd(x,y)=1\) 并且 \(f(xy)=f(x)·f(y)\) 则 \(f(n)\) 是积性函数。

特别的，对于任意 \(x,y\) 满足 \(f(xy)=f(x)·f(y)\) 的是完全积性函数。

e.g.

完全积性

• 一元函数：\(\epsilon (x)=[x=1]\) 是积性函数的单位元（可以随便卷在一起和去掉）

• 常数函数：\(1(x)=1\) 好像也有用字母 \(I\) 的。

• 单位函数：\(id(x)=x\)

积性

• 欧拉函数：\(\phi(x)=\sum_{i=1}^x [gcd(x,i)=1]\)

• 约数个数函数：\(d(x)=\sum_{d|n} 1\)

• 约数和函数： \(\sigma(n)=\sum_{d|n} d\)

• 莫比乌斯函数：……

性质：

如果\(h(x)=f(x^p)\)或\(h(x)=f^p(x)\)，\(f(x)\) 是积性函数，那么 \(h(x)\) 也是：
如果 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 是积性函数，那么 \(h(x)\) 也是：

\[h(x)=f(x)·g(x)\\ h(x)=\sum_{d|x} f(d)·g(\frac x d) \]

狄利克雷卷积

定义：

两个数论函数 \(f\) 和 \(g\) 的狄利克雷卷积 \((f*g)\) 为

\[(f*g)(x)=\sum_{d|x} f(d)·g(\frac x d) \]

性质：

满足交换律和结合律和分配率。自己卷自己是自己。

莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

• 符号：\(\mu\) .

• 定义：

  \[ \mu(d)=\left\{ \begin{array}{rcl} 1 & & {d=1}\\ (-1)^k & & {d=\Pi_{i=1}^k\ p_i\ 且\ p_i\ 为互异素数时}\\ 0 & & {d\ 的一个质因子次数\ge 2}\\ \end{array} \right. \]

• 性质：

  1. 对于任意 \(n\in {N}^+\)，\(\mu*1=\epsilon\ (\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1])\) 常用性质

  考虑非0的 \(\mu(d)\) 的和。
  设 \(n\)有 \(k\) 个质因子，有 \(2^k\) 个因子，有 \(C_{k,i}\) 个的有 \(i\) 个质因子，
  \(ans=C(k,0)-C(k,1)+C(k,2)-C(k,3)+...=\sum_{i=0}^k (-1)^iC(k,i)\)
  二项式定理： \((x+y)^n=\sum C(n,i)x^iy^{(n-i)}\)
  \(ans=(-1+1)^k=0^k\)
  得证。

  \(\mu\) 是 \(I\) 的狄利克雷逆

  2. 对于任意 \(n\in N^+\),

     \[\sum_{d|n} \frac {\mu(d)} d=\frac {\phi(n)} n \]

     Proof

     \[首先有结论\sum_{d|n} \phi(d)=n(id=\phi*I)\\ 证明：\\ \frac 1 n,\frac 2 n,\frac 3 n,...,\frac n n \\化简这些分数 分母是 d (d|n)\\ 每个分母d对应的分子个数就是 \phi(d) \]

     \[id=\phi*I\\ \phi=id*\mu\\ \phi(n)=\sum_{d|n} \mu(d)*\frac n d\\ \]

• 代码

  void getmu(int n){
      mu[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++){
          if(!vis[i]) { p[++cnt]=i; mu[i]=-1; }
          for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=n;j++){
              vis[p[j]*i]=1;
              if(i%p[j]==0) break;
              else mu[p[j]*i]=-mu[i];
          }
      }
  }
  

  \(O(n)\)

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演定理

\(F(n)\) 和 \(f(n)\) 是定义在 \(N\) 上的两个函数，并且满足条件

\[F(n)=\sum_{d|n} f(d) \]

有结论：

\[f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)F(\lfloor {\frac n d} \rfloor) \]

Proof：

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i)\\ =\sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)\\=f(n) \]

Proof2:

噫！好！让我们用狄利克雷卷积来证明一下。

已知

\[F(n)=\sum_{d|n} f(d) \]

求证

\[f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)·F(\frac n d) \]

\[转化一下：\\ 已知：\\ F(n)=\sum_{d|n} f(d)\\ F(n)=\sum_{d|n} f(d)·1(\frac n d)\\ F=f*1\\ 求证：\\ f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)·F(\frac n d)\\ f(n)=\mu *F\\ 证明：\\ F*\mu=f*1*\mu=f*\epsilon=f\\ 比上面那坨好多了qwq \]

莫比乌斯反演有另一种可能更好用的形式：

条件：

\[F(n)=\sum_{n|d} f(d) \]

结论：

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)F(d) \]

证明：
令 \(k=\frac d n\)

\(f(n)=\sum_{k=1}^{inf} \mu(k)F(nk)=\sum_{k=1}^{inf} \mu(k) \sum_{nk|t} f(t)=\sum_{n|t} f(t) \sum_{k|\frac t n} \mu(k)\)

当且仅当 \(\frac t n =1\) ，即 \(t=n\) 时， \(\sum_{k|\frac t n}\mu(k)=1\)

∴ \(\sum_{n|t} f(t) \sum_{k|\frac t n}\mu (k)=f(n)\)

---

$F(n)=\sum_{n|d} f(d) $

\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)F(d)\)

习题

LG2257 - YY的GCD

给定 \(N,M\) ，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？

\(ans=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=prime]\)

第一道莫反不会做 列完这个柿子就壮烈牺牲了。

设 \(f(d)\) 为 \(gcd(i,j)=d\) 的个数

\(F(n)\) 为 \(gcd(i,j)=n\) 和 \(n\) 的倍数的个数。

（套路）

\(f(d)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=d]\)

\(F(n)=\sum_{n|d} f(d)=\lfloor \frac N n \rfloor \lfloor \frac M n \rfloor\)

\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)F(d)\)

\(ans=\sum_{p\in prime} f(p)\)

\(ans=\sum_{p\in prime} \sum_{p|d}\mu(\lfloor \frac{d}{p} \rfloor)F(d)\)

\(ans=\sum_{p\in prime} \sum_{d=1}^{min(\frac n p,\frac m p)} \mu(d)F(dp)\)

\(ans=\sum_{p\in prime} \sum_{d=1}^{min(\frac n p,\frac m p)} \mu(d)\lfloor \frac n {dp} \rfloor \lfloor\frac m {dp} \rfloor\)

\(ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)} \lfloor \frac n T \rfloor \lfloor \frac m T\rfloor \times(\sum_{t|T,t\in prime} \mu(\lfloor \frac T t\rfloor))\)

最后一坨东西可以预处理 前面那坨整除分块

void getmu(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!fl[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
            fl[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) continue;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int j=1;p[i]*j<=N;j++)
            f[p[i]*j]+=mu[j];//T=p[i]*j t=p[i]
    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+f[i];
    return;
}//预处理前面那坨
long long solve(int a,int b){
    long long ans=0;
    for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
    }
    return ans;
}//预处理后面那坨
int main(){
    int t; scanf("%d",&t);
    getmu();
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        printf("%lld\n",solve(n,m));
    }
    return 0;
}

草，题解说入门的不适合做这题（

LG2522 - [HAOI2011]Problem b

\(n\) 次询问，每次询问有多少个数对 \((x,y)\) 满足 \(a\le x\le b,c\le y\le d\) 且 $gcd(x,y)=k $ 所有东西都是 \(5\times 10^4\)

草 这好像是前一题的低配啊，这确定没搞反吗。

\[\sum_{x=a}^b \sum_{y=c}^d [gcd(x,y)=k]\\ \sum_{x=1}^b \sum_{y=1}^d [gcd(x,y)=k]+\sum_{x=1}^a \sum_{y=1}^c [gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^b \sum_{y=1}^c [gcd(x,y)=k]-\sum_{x=1}^a \sum_{y=1}^d [gcd(x,y)=k]\\ 即求\\ \sum_{x=1}^N \sum_{y=1}^M [gcd(x,y)=k]\\ 我们从上一题得到:\\ 设 f(d) 为 gcd(i,j)=d 的个数\\ F(n) 为 gcd(i,j)=n 和 n 的倍数的个数。\\ f(d)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=d]\\ F(n)=\sum_{n|d} f(d)=\lfloor \frac N n \rfloor \lfloor \frac M n \rfloor\\ f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)F(d)\\ f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)\lfloor \frac N d \rfloor \lfloor \frac M d \rfloor\\ f(n)=\sum_{t=1}^{min(N,M)}\mu(t)\lfloor \frac N {nt} \rfloor \lfloor \frac M {nt} \rfloor\\ 然后求解前面那坨用预处理，后面那坨整除分块。 O(N+T\sqrt n) \]

void getmu(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!fl[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
            fl[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) continue;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    return;
}
long long solve(int a,int b,int k){
    if(a>b) swap(a,b);
    long long ans=0;
    for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(a/(1ll*l*k))*(b/(1ll*l*k));
    }
    return ans;
}
int main(){
    int t; scanf("%d",&t);
    getmu();
    while(t--){
        int a,b,c,d,k;
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        printf("%lld\n",solve(b,d,k)-solve(a-1,d,k)-solve(b,c-1,k)+solve(a-1,c-1,k));
    }
    return 0;
}

显然顺序搞反了。。

[LG3455 - POI2007]ZAP-Queries

倒序开题，双倍经验，这是好的。这是前一道题的前置题。是 \(a=1,b=1\) 的情况。

[LG3327 - SDOI2015]约数个数和

设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，给定 \(n,m\) ，求 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)\)

\[ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y)=1]\\ 原因：gcd(x,y) 不为1时，x=ad,y=bd,xy=abd^2,在 x=ab,y=d^2时已被筛了一次。\\ ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y)=1]\\ =\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \lfloor \frac n x\rfloor \lfloor \frac m y \rfloor [gcd(x,y)=1]\\ =\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac n i\rfloor \lfloor \frac m j \rfloor [gcd(i,j)=1]\\ 设 f(d)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac n i\rfloor \lfloor \frac m j \rfloor [gcd(i,j)=d]\\ F(x)=\sum_{n|d} f(d)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \lfloor \frac n i\rfloor \lfloor \frac m j \rfloor [x|gcd(i,j)] =\sum_{i=1}^{\frac n x} \sum_{j=1}^{\frac m x} \lfloor \frac n {ix}\rfloor \lfloor \frac m {jx} \rfloor\\ \\ans=f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)F(d)=\sum_{x=1}^{min(n,m)} \mu(x) \sum_{i=1}^{\frac n x} \sum_{j=1}^{\frac m x} \lfloor \frac n {xi}\rfloor \lfloor \frac m {xj} \rfloor\\ 然后整除分块预处理 s(x)=\sum_{i=1}^x \lfloor \frac x i \rfloor \ \ O(1) 询问 F(d)\\ 这样可以O(T\sqrt n) \]

void init(){
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int l=1,r;l<=i;l=r+1){
            r=i/(i/l);
            s[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
        }
    }//预处理s

    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!vis[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) continue;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    return;
}
int main(){
    int t; scanf("%d",&t); 
    init();
    while(t--){
        int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        ll ans=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*s[n/l]*s[m/l];
        }//分块求
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

LG1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

求 \(ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m lcm(i,j)\) \(n,m\le 10^7\)

\[\\ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \frac {i\times j} {gcd(i,j)} \\=\sum_{d=1}^{min(n,m)} (d\times\sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d} [gcd(i,j)=1]\times i\times j) \\∵\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1] \\∴ ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)} (d\times \sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d} (\sum_{x|gcd(i,j)} \mu(x))\times i\times j ) \\\sum_{d=1}^{min(n,m)} d \times \sum_{x=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(x) \sum_{i=1}^{\frac n d} \sum_{j=1}^{\frac m d} i\times j \times[x|gcd(i,j)] \\\sum_{d=1}^{min(n,m)} d\times \sum_{x=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(x) \sum_{xu=1}^{\frac n d} \sum_{xv=1}^{\frac m d} x^2uv \\提出x^2 \\\sum_{d=1}^{min(n,m)} d\times \sum_{x=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(x)x^2\sum_{xu=1}^{\frac n d} \sum_{xv=1}^{\frac m d} uv \\\sum_{d=1}^{min(n,m)} d\times \sum_{x=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(x)x^2(\sum_{u=1}^{\frac n {dx}}u) \times (\sum_{v=1}^{\frac m {dx}} v)\\ \\\sum_{d=1}^{min(n,m)} d\times \sum_{x=1}^{min(\frac n d,\frac m d)} \mu(x)x^2 s(\frac n {dx}) \times s(\frac m {dx})\\ \\\mu(x)x^2 用前缀和优化,枚举d，整除分块求出后面一坨。 \\ 积分算出时间复杂度近似 O(n) 草不知道怎么搞的。 \]

void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!vis[i]){ mu[i]=-1; p[++cnt]=i; }
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
            vis[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) continue;
            mu[p[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        sum[i]=(sum[i-1]+1ll*mu[i]%mod*i%mod*i%mod)%mod;
    return;
}
int calc(int x){ return (1ll*x*(x+1)/2)%mod; }
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n>m) swap(n,m);
    init();
    for(int d=1;d<=n;d++){
        int a=n/d,b=m/d,ret=0;
        for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){
            r=min(a/(a/l),b/(b/l));
            ret=(ret+1ll*(sum[r]-sum[l-1])*calc(n/(d*l))%mod*calc(m/(d*l))%mod)%mod;
        }
        ans=(ans+1ll*ret*d%mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

\(T\) 次询问，每次询问给定 \(n\) ，求 \(\sum_{i=1}^n lcm(i,n)\)

\[\sum_{i=1}^n \frac {i\times n} {gcd(i,n)}\\ =n\sum_{i=1}^n \frac {i} {gcd(i,n)}\\ =n\sum_{d|n} \sum_{i=1}^n \frac {i} {d} [gcd(i,n)=d]\\ =n\sum_{d|n} \sum_{i=1}^{\frac n d} i·[gcd(i,\frac n d)=1]\\ \sum_{i=1}^{t} i·[gcd(i,t)=1] 表示[1,t]中与t互质的数的和。\\ 有结论t>1为 \frac {\phi(d)d} 2,d=1时为1(草我就不会这个) \\ 证明:d>1时，与d互质的数总是成对出现。（i与d互质，则d-i与d互质，和为d，有\frac {\phi(d）} 2 对。\\ ans=n\sum_{d|n} \frac {\phi(\frac n d)\frac n d} 2\\ 设f(d)=\sum_{d|n} \frac {\phi(\frac n d)\frac n d} 2\\ 对于每个 1\le d\le n 将\frac {\phi(d)·d} 2加入f(dj) 询问时再乘n \\复杂度O(T+n\log n) \]

void init(){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!vis[i]) phi[i]=i-1,p[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++){
            vis[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0){
                phi[p[j]*i]=phi[i]*p[j];
                break;
            }
            phi[p[j]*i]=phi[i]*(p[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++){
        ll tmp=1ll*phi[i]*i/2;
        if(i==1) tmp=1;
        for(int j=1;j*i<=N;j++) f[j*i]+=tmp;
    }
    return;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        printf("%lld\n",1ll*f[n]*n);
    }
    return 0;
}

咕咕咕