莫比乌斯函数&莫比乌斯反演

前置知识

带*表示如果只是学会可以不会这个知识点，但是较难的题目里面需要用到。

狄利克雷卷积

详见数论函数&狄利克雷卷积。

线性筛

详见线性筛

整除分块

详见整除分块

*杜教筛

详见杜教筛

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数的定义

\[\large \mu(n)=\begin{cases} 1,n=1\\ \ (-1)^k,n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{a_i},a_i=1 (即n的所有k个质因子指数均为1的时候) \ \\0，otherwise\end{cases} \]

莫比乌斯函数的积性

莫比乌斯函数是个积性函数，但是不是完全积性函数。

也就是说有：

\[\large \mu(n)\times \mu(m)=\mu(nm)\ \ \ \ （(n,m)=1） \]

证明：

分类讨论：

先讨论两者至少一个满足第三个情况的：

因为 \(0\) 和任何数相乘都是 \(0\) ，那么显然左侧是 \(0\) ，对于右侧：

有一个数的素因数最高次幂 \(> 1\)，那么代表这个乘积的素因数最高次幂也一定 \(>1\) ，那么肯定会取到 \(0\) 。

接下来讨论 \(n,m\) 都不满足第三个情况的：

存在至少一个第一种情况的时候很好讨论，这里略去。

这里讨论两个都是第二种情况的时候：

因为 \(n,m\) 互质，所以它们没有相同的素因子，于是：

设 \(\large n=\prod\limits_{i=1}^{k_1}p_{i_1}^{a_{i_1}},m=\prod\limits_{i=1}^{k_2}p_{i_2}^{a_{i_2}}\)

那么 \(nm\) 就可以写成：

\(\large nm=\prod\limits_{i=1}^{k_1}p_{i_1}^{a_{i_1}}\prod\limits_{i=1}^{k_2}p_{i_2}^{a_{i_2}}=\prod\limits_{i=1}^{k_1+k_2}p_{i_3}^{a_{i_3}}\)

而且这里的所有 \(a_{i_3}\) 都是 \(1\) 。

那么就变成了讨论 \(k_1+k_2\) 的奇偶性，这时，我们可以观察到，如果出现第一种情况，那么其实可以看做是 \(k=0\) 的，而 \(k\) 为偶数的时候又恰好 \((-1)^k=1\) 。

也就是说，如果 \(k_1\) 和 \(k_2\) 奇偶性相同，那么等式左边只能是 \((-1)\times (-1)=1\) 或者 \(1\times 1=1\) ，这时等式右边也恰好是 \(1\)

如果不同，那么等式左边也只能是 \((-1)\times 1=-1\) ，这时等式右边也恰好是 \(-1\)

\(Q.E.D.\)

莫比乌斯函数常见性质

\(\mu * I=\varepsilon,\ \ \ \mu*id=\varphi, \ \ \ \mu * d=I\)

写成和式也就是：

\[\large \begin{split} &\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)=[n=1] \\ &\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\dfrac nd=\varphi(n) \\ &\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)d(\dfrac nd)=1 \end{split} \]

证明略。

莫比乌斯函数常见求法

线性筛

int prime[N],mu[N],cnt,pre[N],val[N];
bool isprime[N];
void GetPrimes(int v){
	mu[1]=pre[1]=1;
	for(int i=2;i<=v;i++){
		if(!isprime[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=v;j++){
			isprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	return ;
}

分解质因数

直接按照定义暴力分解质因数即可。

代码：

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define ld long double 
inline ll mul(ll x,ll y,ll mod){
	ll res=x*y-mod*(ll)((ld)x/mod*y);
	if(res<0)return res+mod;
	if(res<mod)return res;
	return res-mod;
}
ll QuickPow(ll x,ll y){
	ll res=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*x%MOD) if(y&1) res=res*x%MOD;
	return res;
}
ll Quick_Pow(ll x,ll y,ll mod=-1){
	ll res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x,mod)) if(y&1) res=mul(res,x,mod);
	return res;
}
ll test[3]={2,61};
inline bool Miller_Rabin(ll x){
	if(x==1) return false;
	ll t=x-1,k=0;
	while(!(t&1)) t>>=1,k++;
	for(int i=0;i<2;i++){
		if(x==test[i]) return true;
		ll a=Quick_Pow(test[i],t,x),Nex=a;
		for(int j=1;j<=k;j++){
			Nex=mul(a,a,x);
			if(Nex==1&&a!=1&&a!=x-1) return false;
			a=Nex;
		}
		if(a!=1) return false;
	}
	return true;
}
inline bool prime(ll x){
    if(x==46856248255981ll||x<2)return false;
    if(x==2||x==3||x==7||x==61||x==24251) return true;
    return Miller_Rabin(x);
}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
inline ll f(ll x,ll c,ll mod){
	ll res=mul(x,x,mod)+c;
	return res<mod?res:res-mod;
}
inline ll Pollard_Rho(ll x){
	ll c=rand()%(x-1),s=0;
	for(ll lim=1;;lim<<=1){
		ll t=s,now=1;
		for(ll j=1;j<=lim;j++){
			s=f(s,c,x);
			now=mul(now,abs(s-t),x);
			if(!now){ll d=gcd(s,x);if(d>1)return d;return x;}
			if(j%127==0){ll d=gcd(now,x);if(d>1)return d;}
		}
		ll d=gcd(s,x);
		if(d>1) return d;
	}
}
ll Maxn;
ll t[N],q,id,fl;
map<int,int>Map;
inline void GetFact(ll x){
	if(fl) return ;
	if(x<=1) return ;
	if(prime(x)){
		if(Map[x]) fl=true;
		Map[x]=1;id++;
		return ;
	}
	ll p=Pollard_Rho(x);
	while(p>=x) p=Pollard_Rho(x);
	GetFact(x/p),GetFact(p);
	return ;
}
inline int mu(int x){
	fl=false;id=0;map<int,int>mapp;swap(mapp,Map);
	GetFact(x);
	if(fl) return 0;
	return ((id&1)?-1:1);
}

莫比乌斯反演

对于两个定义在非负整数域上的两个函数 \(f(n)\) 和 \(g(n)\)

子集形式（因数形式）

公式

如果满足：

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

那么有：

\[\large f(n)=\sum_{d|n} \mu(d) g(\frac{n}{d}) \]

证明1

\[\large \begin{split} &\ \ \ \ \sum_{d|n}\mu(d) g(\frac{n}{d})\\ &=\sum_{d|n}\mu(d) \sum_{k|\frac{n}{d}} f(k)\\ &=\sum_{k|n} f(k)\sum_ {d|\frac{n}{k}} \mu(d)\\ &=\sum_{k|n} f(k)\sum_ {d|\frac{n}{k}} \mu(d)\\ &=f(n) \end{split} \]

证明2（狄利克雷卷积）

已知 \(f=g*I\) ，证明 \(g=f*\mu\)

易知如下转化：\(f*\mu=g*I*\mu\Rightarrow f*\mu=g\)

超集形式（倍数形式）

公式

如果满足：

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

那么有：

\[\large f(n)=\sum_{n|d} \mu(\dfrac dn) g(d) \]

证明

\[\large \begin{aligned} &\sum_{n|d}{\mu(\frac{d}{n})g(d)} \\ =& \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)g(kn)} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\mu(k)\sum_{kn|d}{f(d)}} \\ =& \sum_{n|d}{f(d)\sum_{k|\frac{d}{n}}{\mu(k)}} = \sum_{n|d}{f(d)\varepsilon(\frac{d}{n})} \\ =& f(n) \end{aligned} \]

莫比乌斯函数/反演基础应用

求 gcd 为某个数的数对个数

问题

求

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

结论

\[\large g(d)=\sum\limits_{t=1}^{\min(n,m)} \mu(t) \lfloor\dfrac n{td}\rfloor\lfloor \dfrac m{td}\rfloor \]

分析

也就是一般有这样的套路，设函数 \(g(d)\) 为：

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

这时我们可以观察我们的函数 \(f\) ：

\[\large f(d)=\sum\limits_{d\mid n}g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\sum\limits_{i=1}^N\sum\limits_{j=1}^M[\gcd(i,j)=d] \]

发现这时的 \(f\) 函数性质非常好，就相当于取两个数使得他们都是 \(d\) 的倍数，可以直接写出：

\[\large f(d)=\lfloor\dfrac Nd\rfloor\lfloor \dfrac Md\rfloor \]

然后我们尝试通过莫比乌斯反演来求出 \(g\) 就是利用 \(f\) ：

\[\large g(n)=\sum\limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) f(d) \]

那么就是：

\[\large g(n)=\sum\limits_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) \lfloor\dfrac Nd\rfloor\lfloor \dfrac Md\rfloor \]

然后我们换成直接枚举这个倍数 \(\large t=\frac dn\) ：

\[\large g(n)=\sum\limits_{t=1}^{{\min(N,M)}}\mu(t) \lfloor\dfrac N{tn}\rfloor\lfloor \dfrac M{tn}\rfloor \]

那么对于这个柿子可以应用整除分块来处理后半部分，然后预处理一下 \(\mu\) 的前缀和即可在 \(\sqrt{N}\) 的复杂度做到 \(O(n)\) 预处理的单次询问

注意这里的整除分块：

其实我们不是按照 \(tn\) 来分块（这样我就不会处理 \(\mu\) 里面的东西了），而是 \(t\) 来分块。

要把柿子转化成这样：

\[\large g(n)=\sum\limits_{t=1}^{\min(N,M)} \mu(t) \lfloor\dfrac{\lfloor\frac N{t}\rfloor}{n}\rfloor\lfloor\dfrac{\lfloor\frac M{t}\rfloor}{n}\rfloor \]

然后这个时候以 \(t\) 来分块看上去就很没有问题了，因为变量只有 \(t\) ，和 \(n\) 没有关系，我们只关注分子的变化即可。

接下来可以注意这样的分块，其实就等价于 \(N,M\) 都来分块，分了很多个隔板，然后块的个数也就是 \(2\sqrt{N}\) 级别了。

也就是每次取 \(r\) 的时候取两者算出来较小的右端点。

求 gcd 为质数的数对个数

问题

也就是求：

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

结论

\[\large \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \lfloor\dfrac nd\rfloor\lfloor \dfrac md\rfloor\sum\limits_{k\mid d,k\ is\ prime}\mu(\frac{d}{k}) \]

分析

根据结论，那么直接把后半写成：

\[\large \sum\limits_{k\ is\ prime}\sum\limits_{k|d} \mu(\frac{d}{k}) \lfloor\dfrac nd\rfloor\lfloor \dfrac md\rfloor \]

然后转为枚举 \(d\) ：

\[\large \sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \lfloor\dfrac nd\rfloor\lfloor \dfrac md\rfloor\sum\limits_{k\mid d,k\ is\ prime}\mu(\frac{d}{k}) \]

那么最后那个柿子可以通过一点小办法处理出来，然后前面就是整除分块。

后面那个可以这样做：考虑每一个质数 \(k\) ，对于 \(k\) 的倍数 \(T\) ，将它的值加上 $ \mu(\frac{T}{k})$

例题

CF900D Unusual Sequences

给定一个序列的 \(\gcd\) 和 \(sum\) ，求这样的序列个数。

题目：CF900D Unusual Sequences

解答：CF900D Unusual Sequences

P3455 [POI2007]ZAP-Queries

求：

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

其中 \(n,m,k\le 5\times 10^4\) ，\(t\le 5\times 10^4\) 组数据。

题目：P3455 [POI2007]ZAP-Queries

解答：P3455 [POI2007]ZAP-Queries

P2257 YY的GCD

求：

\[\large \sum\limits_{k\ is\ prime}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k] \]

\(T=10^4，n, m \leq 10^7\)

题目：P2257 YY的GCD

解答：P2257 YY的GCD

扩展

还有一大堆多题没写...

详见莫比乌斯函数&欧拉函数&筛法 综合运用