莫比乌斯反演做题记录

莫反能写学习笔记吗？似乎不能。

那记一下我做的莫反题吧。

P2522 [HAOI2011] Problem b

对于给出的 \(n\) 个询问，每次求有多少个数对 \((x,y)\)，满足 \(a\le x \le b\)，\(c \le y \le d\)，且 \(\textrm{gcd}(x,y)=k\)，\(\textrm{gcd}(x,y)\) 函数为 \(x\) 和 \(y\) 的最大公约数。

可以说是莫反最基础的题了。

首先列出式子：

\[\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[\textrm{gcd}(i,j)=k] \]

这个式子可以容斥，故以下讨论：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\textrm{gcd}(i,j)=k] \]

把 \(k\) 提出来：

\[\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[\textrm{gcd}(i,j)=1] \]

后面的 \([\textrm{gcd}(i,j)=1]\) 在莫反中相当典型，因为 \(\mu * 1 = \epsilon\)，故 \(\sum_{d\mid n}\mu(d) = \epsilon(n) = [n=1]\)，于是可以变成：

\[\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum_{d \mid \textrm{gcd}(i,j)}\mu(d) \]

我们转而枚举 \(d\)，为了方便，接下来默认 \(n<m\)：

\[\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor}\mu(d) \]

可以发现枚举的 \(i,j\) 没有用：

\[\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor \]

后面的两个分式可以整除分块，而 \(\mu\) 函数的前缀和用线性筛求出，即可 \(O(\sqrt n)\)。

P3704 [SDOI2017] 数字表格

Doris 用老师的超级计算机生成了一个 \(n\times m\) 的表格，

第 \(i\) 行第 \(j\) 列的格子中的数是 \(f_{\gcd(i,j)}\)，其中 \(\gcd(i,j)\) 表示 \(i,j\) 的最大公约数。

Doris 的表格中共有 \(n\times m\) 个数，她想知道这些数的乘积是多少。

答案对 \(10^9+7\) 取模。

列出式子：

\[\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f_{\textrm{gcd}(i,j)} \]

依旧枚举 \(\textrm{gcd}\)：

\[\prod_{k=1}^{n}f_k^{\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor}[\textrm{gcd}(i,j)=1]} \]

\[=\prod_{k=1}^{n}f_k^{\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor}\mu(d)} \]

\[=\prod_{k=1}^{n}f_k^{\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor} \]

把 \(kd\) 作为整体 \(T\)：

\[=\prod_{T=1}^{n}(\prod_{k\mid T}f_k^{\mu({\frac{T}{k}})})^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\lfloor \frac{m}{T}\rfloor} \]

\(\prod_{k\mid T}f_k^{\mu({\frac{T}{k}})}\) 显然可以通过线性筛预处理，而外层的幂次可以数论分块，于是单次查询就是 \(O(\sqrt n)\)。

P4619 [SDOI2018] 旧试题

小 \(Q\) 眉头一皱，感觉事情不妙，于是他找到了你，希望你能教他解决这道题目。小 \(Q\) 依稀记得题目要计算如下表达式的值。

\[(\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}d(ijk))\bmod (10^9+7) \]

其中 \(d(ijk)\) 表示 \(i × j × k\) 的约数个数。

首先考虑 \(d(ijk)\) 的形式，我们枚举：

\[\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{z\mid k}\epsilon(\textrm{gcd}(x,y))\epsilon(\textrm{gcd}(y,z))\epsilon(\textrm{gcd}(x,z)) \]

至于为什么可以这么枚举，考虑到 \(d\) 是一个积性函数，也就是说我们只需要考虑 \(d(p^k)\) 是否满足即可，而其显然满足，故成立。

我们接着对上式变换：

\[\sum_{x=1}^{A}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{A}{x}\rfloor}\sum_{y=1}^{B}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{B}{y}\rfloor}\sum_{z=1}^{C}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C}{z}\rfloor}\epsilon(\textrm{gcd}(x,y))\epsilon(\textrm{gcd}(y,z))\epsilon(\textrm{gcd}(x,z)) \]

发现 \(i,j,k\) 没用了，其求和可以直接求得。我们接下来用莫反套路解决 \(\epsilon\)：

\[\sum_{x=1}^{A}\lfloor\frac{A}{x}\rfloor\sum_{y=1}^{B}\lfloor\frac{B}{y}\rfloor\sum_{z=1}^{C}\lfloor\frac{C}{z}\rfloor\sum_{i\mid \textrm{gcd}(x,y)}\mu(i)\sum_{j\mid \textrm{gcd}(y,z)}\mu(j)\sum_{k\mid \textrm{gcd}(x,z)}\mu(k) \]

接下来把 \(i,j,k\) 换到前面：

\[\sum_{i=1}^{min(A,B)}\sum_{j=1}^{min(B,C)}\sum_{k=1}^{min(A,C)}\mu(i)\mu(j)\mu(k)\sum_{\textrm{lcm}(i,j)\mid x}\lfloor\frac{A}{x}\rfloor\sum_{\textrm{lcm}(j,k)\mid y}\lfloor\frac{B}{y}\rfloor\sum_{\textrm{lcm}(i,k)\mid z}\lfloor\frac{C}{z}\rfloor \]

这个求和依然可以调和级数复杂度预处理。

\[\sum_{i=1}^{min(A,B)}\sum_{j=1}^{min(B,C)}\sum_{k=1}^{min(A,C)}\mu(i)\mu(j)\mu(k)S_A(\textrm{lcm}(i,j))S_B(\textrm{lcm}(j,k))S_C(\textrm{lcm}(i,k)) \]

接下来似乎没有什么好的优化方法。

考虑到很多时候会因为 \(\textrm{lcm}(i,j)>A\) 之类的问题导致 \(S\) 函数值为 \(0\)，我们大胆猜测满足条件的不同的 \(i,j,k\) 不会太多（也可以打表发现）。

由于 \(\textrm{lcm}(i,j)>\textrm{max}(A,\textrm{max}(B,C))\) 时 \(i,j\) 不可能产生贡献，于是我们在 \(\textrm{lcm}(i,j)\le\textrm{max}(A,\textrm{max}(B,C))\) 时，在 \(i,j\) 之间连一条边。

最后统计 \(i,j,k\) 便变成了无向图三元环统计（记得计算\(i,j,k\) 中有数相同的情况），三元环统计根号分治即可。

P3768 简单的数学题

输入一个整数 \(n\) 和一个整数 \(p\)，你需要求出：

\[\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij \gcd(i,j)\right) \bmod p \]

其中 \(\gcd(a,b)\) 表示 \(a\) 与 \(b\) 的最大公约数。

\(n \leq 10^{10}\)。

我们依旧考虑枚举 \(\textrm{gcd}\)。

\[\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}d^3ij\epsilon(\textrm{gcd}(i,j)) \]

套路莫反：

\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\mu(k)k^2ij \]

把式子变好看：

\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}j \]

发现后面的求和可以 \(O(1)\)，记 \(S(x) = \sum_{i=1}^{x}i\)：

\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k^2(S(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor))^2 \]

考虑设 \(kd\) 为整体 \(T\)：

\[\sum_{T=1}^{n}(S(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor))^2\sum_{d\mid n}d^3\mu(\frac{T}{d})\frac{T^2}{d^2} \]

\[=\sum_{T=1}^{n}(S(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor))^2T^2\sum_{d\mid n}d\mu(\frac{T}{d}) \]

发现后面的形式是一个狄利克雷卷积，即 \(\textrm{id} * \mu = \varphi\)，于是化为：

\[=\sum_{T=1}^{n}(S(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor))^2T^2\varphi(T) \]

这个式子中 \(S\) 函数可以数论分块，接下来我们要求出 \(T^2\varphi(T)\) 的前缀和，设 \(f(x)=x^2\varphi(x)\)。

求前缀和，想到杜教筛，考虑到当 \(g =\textrm{id}_2\) 时 \(f * g =\textrm{id}_3\)，这两个函数的前缀和均好求，于是可以使用杜教筛。

P6055 [RC-02] GCD

给出 \(N\)，求：

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{N}{j}\rfloor}\sum_{q=1}^{\lfloor\frac{N}{j}\rfloor}[\gcd(i,j)=1][\gcd(p,q)=1] \]

答案模 \(998244353\)。

发现枚举 \(j\) 相当于枚举 \(p,q\) 的 \(\textrm{gcd}\)，于是式子可以变形为：

\[\sum_{i=1}^{N}\sum_{p=1}^{N}\sum_{q=1}^{N}[\mathrm{gcd}(i,p,q)=1] \]

公式枚举 \(\textrm{gcd}\)：

\[\sum_{d=1}^{N}\mu(d)(\lfloor \frac{N}{d}\rfloor)^3 \]

可以发现直接数论分块加杜教筛即可。

P1829 [集训队互测 2010] Crash的数字表格 / JZPTAB

今天的数学课上，Crash 小朋友学习了最小公倍数（Least Common Multiple）。对于两个正整数 a 和 b，lcm(a,b) 表示能同时被 a 和 b 整除的最小正整数。例如，lcm(6,8)=24。

回到家后，Crash 还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张 n×m 的表格。每个格子里写了一个数字，其中第 i 行第 j 列的那个格子里写着数为 lcm(i,j)。

看着这个表格，Crash 想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当 n 和 m 很大时，Crash 就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash 只想知道表格里所有数的和对 20101009 取模后的值。

我们列出式子：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\textrm{lcm}(i,j) \]

把 \(\textrm{lcm}\) 化开：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{\textrm{gcd}(i,j)} \]

公式枚举 \(\textrm{gcd}\)：

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}[\textrm{gcd}(i,j)=1] \]

公式莫反：

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor}\mu(k)k^2 \]

我们记 \(S(x)=\sum_{i=1}^{x}i\) 显然 \(S(x)\) 可以 \(O(1)\) 求解。

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)k^2S(\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor)S(\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor) \]

显然两个数论分块即可，里面的 \(\mu(k)k^2\) 可以预处理。

P7504 「HMOI R1」可爱的德丽莎

可爱的德丽莎希望你能帮她求出

\[\sum_{x = 1}^n\sum_{y = 1}^n\sum_{i = 1}^x[x \bot k_1][i \bot x]\cdot i\cdot \sum_{j = 1}^y[y \bot k_2][j \bot y]\cdot j \]

的结果。

其中 \([x \bot y] = \begin{cases}1 & \operatorname{gcd}(x,y)=1 \\ 0 & \operatorname{gcd}(x,y)\neq 1\end{cases}\)

德丽莎这么可爱，你怎么能不答应她呢？

由于答案可能很大，所以德丽莎只想知道它对 \(998244353\) 取模后的结果。

我的题解

先化式子。

\[\sum_{x = 1}^n\sum_{y = 1}^n\sum_{i = 1}^x[x \bot k_1][i \bot x]\cdot i\cdot \sum_{j = 1}^y[y \bot k_2][j \bot y]\cdot j \]

\[=\sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\sum_{i = 1}^x[i \bot x]\cdot i\cdot\sum_{y = 1}^n [y \bot k_2]\sum_{j = 1}^y[j \bot y]\cdot j \]

可以发现左右两个式子是相同的，我们讨论其中一个。

\[\sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\sum_{i = 1}^x[i \bot x]\cdot i \]

看到 \([i \bot x]\) 套路的上莫比乌斯反演。

\[=\sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\sum_{d \mid x}\sum_{i=1}^{ \frac{x}{d} }\mu(d)\cdot i \cdot d \]

把 \(i\) 单独列出去，发现是个求和，可以消去一个 \(\sum\)。

\[=\frac{1}{2} \sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\sum_{d \mid x}\mu(d)\cdot d \cdot \frac{x}{d}\cdot(\frac{x}{d}+1) \]

\[=\frac{1}{2} \sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\cdot x \cdot \sum_{d \mid x}\mu(d)\cdot(\frac{x}{d}+1) \]

发现 \(\sum_{d \mid x}\) 里面一个是 \(\mu * id\) 一个是 \(\mu * 1\)，分别是 \(\varphi\) 和 \(\epsilon\)。

\[=\frac{1}{2} \sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\cdot x \cdot (\varphi(x)+\epsilon(x)) \]

把 \(\epsilon\) 拆出来。

\[=\frac{1}{2} (1+\sum_{x = 1}^n[x \bot k_1]\cdot x \cdot \varphi(x)) \]

似乎没什么好化的了，现在变成了一个前缀和的形式，于是我们考虑杜教筛。

发现若 \(g(x)=[x \bot k]\cdot x\)，则 \((f * g)(x)=[x \bot k] \cdot x^2\)，这个形式看起来很不错。

接下来我们需要求 \(g(x)=[x \bot k] \cdot x\) 的前缀和，列出式子：

\[\sum_{i=1}^{n}[i \bot k] \cdot i \]

\[=\sum_{i=1}^{n}i\cdot \sum_{d\mid k}\mu (d) \]

\[=\sum_{d \mid k}\mu(d) \cdot d \cdot \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}i \]

发现后面的 \(\sum\) 是一个求和，可消去，前面的 \(\sum\) 想不到啥方法优化，直接枚举 \(k\) 的因数即可。

对于 \(f*g\) 的前缀和，与 \(g\) 的前缀和同理。

于是我们可以在可接受的时间内计算出 \(g\) 和 \(f*g\) 的前缀和，接下来杜教筛求出 \(f\) 的前缀和即可。