莫比乌斯函数
莫比乌斯函数(Möbius)
定义
定义莫比乌斯函数 \(μ(x), x\in N^+\) ：
当 \(x=p_1^{d_1}\cdot p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k}\) (唯一分解定理) 时，有：
显然，这是个数论函数。
性质
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\(n\ne 0\)时，\(n\) 的所有因子的莫比乌斯函数值和为 \(0\)
\[\sum_{d|n}\mu (x)= \begin{cases} 1 & n=1\\ 0 & n>1 \end{cases}\]证明：
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\(n=1\) 时显然成立。
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\(n>1\) 时有：
\[n=p_1^{d_1}\cdot p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k} \]\[\because \mu (d) \ne 0 \Rightarrow d=p_1p_2 p_3 \cdots p_t \]\[\text{故质因子个数为r的因子只有$C_k^r$个} \]\[\therefore \sum_{d|n}\mu (x)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+\cdots+(-1)^kC_k^k=\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i \]\[\because (x+y)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i} \text{(二项式定理)} \]\[\text{将$x=1,y=-1$代入得证：} \sum_{i=0}^n(-1)^nC_n^i=0 \]
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-
莫比乌斯函数是积性函数
对任意 \(n \in Z^+\) 有：
\[\sum_{d|n} \frac{\mu (d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n} \]代入莫比乌斯反演公式
(我也不会)即可。
应用
这个函数可用来解决如下问题：
与某个数 \(N\) 互质的数的个数：
设 \(S_p\) 表示\(1 - n\) 中 \(p\) 的倍数的个数。
则根据容斥原理，所求转化为如下式子：\(N-S_2-S_3-\cdots +S_{2,3}+S_{2,5}+\cdots -S_{2,3,5}\cdots\)
通过观察，每一个 \(S\) 代表的集合的数的莫比乌斯函数就是这个 \(S\) 的系数。
莫比乌斯函数可以利用筛法求出。
例题：破译密码
达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数\(a,b\)和\(d\)，有多少正整数对\(x,y\)，满足\(x<=a，y<=b\)，并且\(gcd(x,y)=d\)。
作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。
输入格式
第一行包含一个正整数 \(n\) ，表示一共有n组询问。
接下来 \(n\) 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 \(a,b,d\) 。
输出格式
对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。
数据范围
\(1≤n≤50000, 1≤d≤a,b≤50000\)
解析
考虑对于每一个询问如何做。
对于一组\(1\leq x\leq a,1\le y\le b\)
\(gcd(x,y)=d\Rightarrow gcd(x^{\prime},y^{\prime})=1\)
其中 \(x^{\prime}=\frac{x}{d}\ ,\ y^{\prime}=\frac{y}{d}\ ,\ x^{\prime}\in[1,\lfloor\frac{a}{d}\rfloor],y^{\prime}\in[1,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor]\)
问题转化为：有多少对 \(x^{\prime},y^{\prime}\) 互质。
可以考虑容斥定理：
记 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{i}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{i}\rfloor=S_i\)
上面的式子很熟悉了，我们还可以继续化得下面的式子：
直接做的话是 \(O(n^2)\) 的。
考虑对于 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{i}\rfloor\) ，有 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{1}\rfloor，\lfloor\frac{a^{\prime}}{2}\rfloor，\cdots ，\lfloor\frac{a^{\prime}}{a^{\prime}}\rfloor\) 共 \(a^{\prime}\) 项，但是不同的数只有 \(2\sqrt{a^{\prime}}\) 个。 于是可以考虑 \(O(\sqrt{n})\) 分块 , 复杂度变为 \(O(n\sqrt{n})\) 可以接受。
下面解释一下为什么只有 \(2\sqrt{a^{\prime}}\) 个分段：
令 \(A(x)=\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor\)
将序列分为两部分：\(A(1) \sim A(\sqrt{a^{\prime}})\ ,\ A(\sqrt{a^{\prime}}+1) \sim A(a^{\prime})\)
对于左边，显然有且只有 \(\sqrt{n}\) 个取值。
对于右边，观察得知分母是恒大于 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 的，则整个项的值是恒小于 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 的，总共 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 个不同取值。
两边相加，得证。
然后是另外一个问题，怎么去求每一段。
这里定义：\(g(x)\) 为 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor=k\) 时 \(x\) 能够取到的最大整数。
即 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor=\lfloor\frac{a^{\prime}}{g(x)}\rfloor\) 且 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor > \lfloor\frac{a^{\prime}}{g(x)+1}\rfloor\)
对于这个函数有这样一个很经典的公式 \(g(x)=\Big\lfloor\frac{a^{\prime}}{\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor}\Big\rfloor\)
这其实就是整除分块，在数论这一章我们将经常遇到。
下面给出正确性证明(下面的 \(a\) 其实是上面的 \(a^{\prime}\))：
有了这个结果，整个问题就简单多了。
code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+10;
int primes[N],cnt;
bool mp[N];
int mob[N],sum_[N];//莫比乌斯函数，前缀和
void init(int n)//线筛求莫比乌斯函数
{
mob[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!mp[i])
{
primes[cnt++]=i;
mob[i]=-1;//质数有两个一次质因子
}
for(int j=0; primes[j]*i<=n; j++)
{
int tmp=primes[j]*i;
mp[tmp]=1;
if(i%primes[j]==0)
{
mob[tmp]=0;//tmp有二次质因子
break;
}
mob[tmp]=mob[i]*-1;//多了一个质因子
}
}
for(int i=1; i<=n; i++) //前缀和
{
sum_[i]=sum_[i-1]+mob[i];
}
}
int main()
{
init(5e4);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int a,b,d;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);
a/=d,b/=d;//问题转化
int mina=min(a,b);
ll res=0;
for(int l=1,r; l<=mina; l=r+1) //分块
{
r=min(mina,min(a/(a/l),b/(b/l)));//每次只往后面跳一个较小的值
res+=(sum_[r]-sum_[l-1])*(ll)(a/l)*(b/l);//核心式子
}
printf("%lld\n",res);
}
return 0;
}
