莫比乌斯反演总结
懵逼乌斯反演总结
前置知识
1.1 线性筛 (欧拉筛)
int prime[N] , tot ;
bool is[N] ;
void get_prime( int n )
{
is[0] = is[1] = 1 ;
for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
if( !is[i] ) {
prime[++tot] = i ;
}
for(int j = 1 ; j <= tot && i*prime[j] <= n ; j ++ ) {
is[i*prime[j]] = 1 ;
if( i%prime[j] == 0 ) {
break ;
}
}
}
}
需要注意的是，线性筛有着非常优秀的性质
对于每个数，一定是被其 最小质因子 标记的
换句话说，对于一个数 \(n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\)，它被标记的过程一定是 从 \(1\) 开始，每次加入当前最大的因子，即 \(p_k\)，然后 \(p_{k-1}\)，直到把 \(p_1\) 加完，就标记到了
线性筛可以高效的计算某些数论函数的值，但对于不同的函数可能有不同的处理方式
1.2 整除分块 (数论分块)
考虑计算：$$\sum_{i=1}^n \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor $$
其中 \(n\leq10^{12}\)
研究 \(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\) 这个函数，首先它随 \(i\) 增大单调不升；其次，会有很多数值相等的段
这启发我们：将相同的一段打包计算！
引理 1
摘自 oi.wiki
引理 2
\(\large\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\) 的取值种类不会超过 \(\left\lfloor 2\sqrt n \right\rfloor\)
这个引理也告诉我们：段数 \(\sqrt n\) 的结论是 均摊 的结果！
引理 3
对于常数 \(n\)，使得式子 $$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor$$ 成立且满足 \(i\leq j\leq n\) 的最大的 \(j\) 为 \(\large\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor\)
这个式子告诉我们如何寻找左端点为 \(l\) 的段的右端点
实现
数论分块可以在 \(O(\sqrt n)\) 的复杂度内解决形如
二维数论分块，为了保证同一段内取值的一定性，\(r\) 应该取较小的那个转折点
k = min(n,m) ;
int l = 1 , r ;
while( l <= k ) {
r = min( n/(n/l) , m/(m/l) ) ;
ans += 1LL*(n/l)*(m/l)*calc(l,r) ;
l = r+1 ;
}
\(d\) 维数论分块的复杂度为 \(O(d\sqrt n)\)
例 2
上取整数论分块
注意到 \(\left \lceil \frac{n}{i} \right \rceil=\left\lfloor\frac{n-1}{i}\right\rfloor+1\)
所以 \(n\) 的上取整分块等价于 \(n-1\) 的下取整分块
需要注意分母不为 \(0\)
例 3
好难的题
一句话题意：对于 \(x,y\in[l,r]\)，求 \(gcd(x,y)\) 的种类数
\(l\leq 10^9,r\leq10^{18}\)
考虑每个 \(gcd\) 能否出现
能想到的是对于 每个 \(d\) 可以找到区间 \([l,r]\) 中所有它的倍数，然后没法了，不知道怎么恰好取到 \(d\)
但我们会发现 ：\(gcd(kd,(k+1)d)=d\) ，也就是说 \([l,r]\) 中 只要有两个及以上 \(d\) 的倍数，那么任取相邻的两个就行
分析一下，当 \(l\leq d\leq r\) 时，\(d\) 本身就在区间中出现一次了，那么只需 \(2\times d\leq r\) 即可，这部分可以 \(O(1)\) 算
接下来，就是要求 $$\sum_{d=1}^l[\left \lceil \frac{l}{d} \right \rceil < \left\lfloor \frac{r}{d}\right\rfloor]$$
枚举 \(d\) 复杂度还是不行，我们数论分块
一个朴素想法是同时对 \(l,r\) 分块，但对 \(r\) 分块的复杂度是 \(O(\sqrt {10^{18}})\)，寄
那么只能对 \(l\) 分块了，确定了 \(\large\left \lceil \frac{l}{d} \right \rceil\) 的值后，合法的 \(r\) 就成了一段区间，可以 \(O(1)\) 算范围
复杂度 \(O(\sqrt l)\)
int T ;
LL l , r , ans ;
void solve()
{
// d>=l
ans = max((r/2)-l+1,0LL) ;
// d < l
if( l > 1 ) { // 不能让分母为 0
LL L = 1 , R = 0 ;
while( L < l ) {
R = (l-1)/((l-1)/L) ;
LL x = (l-1)/L+1+1 , rr = r/x ;
rr = max(0LL,rr-2) ;
while( x<=r/(rr+1) ) rr++ ;//这两行是抹平微小的误差
rr = min(rr,R) ;
ans += max(0LL,rr-L+1) ;
L = R+1 ;
}
}
printf("%lld\n" , ans ) ;
}
例 4
一个小学生都知道的结论：\(n\mod i=n-\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor i\)
然后就是化化式子
1.3 数学知识
积性函数
定义：若 \(\forall x,y\) 满足 \(gcd(x,y)=1\)，都有 \(f(xy)=f(x)\times f(y)\)，则 \(f\) 为积性函数
特别的，若不需要 \(x,y\) 互质的条件，\(\forall x,y\) 都有 \(f(xy)=f(x)f(y)\)，称 \(f\) 为完全积性函数
常见的积性函数：
- 单位函数 \(e(n)=[n=1]\) ，完全积性
- 幂函数 \(\mathrm{Id}_k(n)=n^k\)，\(\mathrm{Id}_1\) 通常简记为 \(id\)，完全积性
- 常数函数 \(1(n)=1\)，完全积性
- 约数函数 \(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\) ，积性
特别的，\(k=0\) 时为约数个数函数，可记为 \(d(n)\)；\(k=1\) 时为约数和函数，记为 \(\sigma(n)\) - 欧拉函数 \(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n[gcd(n,i)=1]\)，积性
- 莫比乌斯函数 \(\mu(n)=\begin{Bmatrix} 1& n=1 \\ 0& n含有平方因子\\ (-1)^k& k为n的不同质因子个数 \end{Bmatrix}\)，积性
莫比乌斯函数
\(\mu(n)=\begin{Bmatrix} 1& n=1 \\ 0& n含有平方因子\\ (-1)^k& k为n的不同质因子个数 \end{Bmatrix}\)
形式很奇怪，但实际上它反映了一种 对每个约数考虑的容斥系数
第二条说人话就是：若存在某个质数 \(p\)，\(n\) 的质因子分解中 \(p\) 的指数 \(\geq 2\)，则 \(\mu(n)=0\)
性质
证明：
设 \(n=p_1^{a_1}...\ p_k^{a_k}\)
显然当 \(d\) 取到的某个质因子指数 \(\geq 2\) 是没有贡献的，只需考虑 \(0,1\) 的情况
设 \(k\) 个质因子中取 \(i\) 个指数为 \(1\)，那么原和式即为：$$\sum_{i=0}kC_ki(-1)i=(1-1)k=[k=0]$$
（ 最后一步相信你是理解的
即 \([n=1]\)，证毕
求法
积性函数，直接线性筛，好写
int mu[N] , prime[N] , tot ;
bool is[N] ;
void get_Mu( int n )
{
is[0] = is[1] = 1 ; mu[1] = 1 ;
for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
if( !is[i] ) {
prime[++tot] = i ;
mu[i] = -1 ;
}
for(int j = 1 ; j <= tot && prime[j]*i <= n ; j ++ ) {
is[i*prime[j]] = 1 ;
if( i%prime[j] == 0 ) {
mu[i*prime[j]] = 0 ;//已经加过这个因子了
break ;
}
else mu[i*prime[j]] = -mu[i] ;//换了一种因子加
}
}
}
狄利克雷(Dirichlet)卷积
定义两个数论函数 \(f,g\) 的狄利克雷卷积为 $$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$ 简单点说就是你一半，我一半，再求和
性质：
-
满足交换律、结合律、分配律
-
若 \(f,g\) 为积性函数，\(f*g\) 也为积性函数 (快速判断一个函数好不好筛）
-
设 \(e\) 为狄利克雷卷积的单位元，即 \((f*e)(n)=f(n)\)
有 \(e=\mu*1=\sum_{d|n}\mu(d)\)
证明：$$(f*e)(n)=\sum_{d|n}f(d)e(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}f(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}\mu(k)=\sum_{d|n}f(d)[\frac{n}{d}=1]$$
最后一步用了 \(\mu\) 函数的性质
显然只有当 \(n=d\) 时才有贡献，贡献为 \(f(n)\)
所以 \(e=\mu *1\) 满足单位元的性质
一些神经奇的结论
-
\(\mathrm{Id_k}*1=\sigma_k\)
-
\(\varphi*1=id\)
更常见的形式是 $$n=\sum_{d|n}\varphi(d)$$相信聪明的你一定会证明的 (利用积性函数的性质)
-
\(\varphi=\mathrm{Id}*\mu\) ，学过的两个函数就神奇地建立了联系！
计算
- 求单个函数值：\(O(\sqrt n)\) 暴力枚举因子
- 求 \([1\sim n]\) 所有函数值：
- 暴力卷积，枚举 \(d\)，枚举倍数，复杂度 \(O(n\mathrm{log\ n})\) ，忽略了计算 \(f,g\) 的复杂度
- 有些时候的 “卷积” 是只和质因子有关的，Dirichlet 前缀和可以做到 \(O(n\mathrm{log logn)}\)
- 更常见的，发现这个函数的某些性质，用线性筛筛出所有函数值，复杂度 \(O(n)\)
莫比乌斯反演
2.1 公式
设 \(f,g\) 为两个数论函数
如果有 $$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$$ 那么 $$g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})$$
学会了狄利克雷卷积后，证明就变得十分简单
\(1\) 式等价于：\(f=g*1\)
\(2\) 式等价于：\(g=f*\mu\)
只需要 \(2\) 式两边同时卷上一个 \(1\) 即证
2.2 常用唯一结论
拆开即可
2.3 例题
例 1
求全由小写字母组成、长度为 \(n\) 的周期性字符串的个数
周期性字符串的定义是 可以由至少一个子串重复大于等于两次得到的字符串
\(n\leq10^6\)
设 \(f(n)\) 表示长度为 \(n\) 的所有串，\(g(n)\) 表示长度为 \(n\)，不具有周期的串
有 \(f(n)=\sum_{d|n}g(d)\) ，反演得 \(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\frac{n}{d})\)
\(f\) 的求法是显然的，那么最终答案 \(f(n)-g(n)\)
感觉是不太符合直觉，但很优秀的做法
例 2
求：\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\) ，互质数对的个数
\(n,m\leq10^{12}\)
直接套用结论
\(=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k|i,k|j}\mu(k)\)
考虑每个 \(\mu(k)\) 会贡献几次
\(=\sum_{k=1}^m\mu(k)\sum_{i=1}^{[n/k]}\sum_{j=1}^{[m/k]}1\)
\(=\sum_{k=1}^m\mu(k) \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor \left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor\)
直接数论分块
例 3
求 $$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m ij[gcd(i,j)=k]$$
\(n,m,k\leq 10^{12}\) ，对质数取模
与上一题有两点不同：带系数、不是互质；这么做：
$\sum $
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