莫比乌斯反演

莫比乌斯函数定义

\[\mu(n)= \begin{cases} 1 &n=1\\ 0 &n 含有平方因子\\ (-1)^k & k\space为\space n\space 的本质不同质因子个数 \end{cases} \]

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数，还有如下性质：

\[\sum_{d|n}\mu(d)= \begin{cases} 1 &n=1\\ 0 &n\ne 1 \end{cases} \]

即 $\sum_{d|n}\mu (d)=\varepsilon(n),\mu *1=\varepsilon $

补充结论

反演结论：$[\gcd(i,j)= 1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

利用 $\varepsilon$ 函数 ：$[\gcd(i,j)=1]=\varepsilon (gcd(i,j))$

线性筛

由于 $\mu$ 是积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法可能不同）

// C++ Version
void getMu() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
}

扩展

证明：

\[\varphi * 1=\operatorname{id} \]

对于欧拉函数有一个性质，$\operatorname{id(n)}=\sum_{d|n}\varphi(d)$

那么以狄利克雷卷积的形式写出来，$\varphi * 1=\operatorname{id}$

两边同时卷上 $\mu$ ，那么 $\varphi * \varepsilon=\operatorname{id}*\mu$ ，那么 $\varphi (n)=\sum_{d|n} d \cdot \mu(\frac{n}{d})$

莫比乌斯变换

设 $f(n) ,g(n)$ 为两个数论函数

形式一：

如果有 $f(n)=\sum_{d|n} g(d)$ ，那么有 $g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$
这种形式下，数论函数 $f(n)$ 称为数论函数 $g(n)$ 的莫比乌斯变换，数论函数 $g(n)$ 称为数论函数 $f(n)$ 的逆莫比乌斯变换（反演）
数论函数的 $g(n)$ 的莫比乌斯变换就是 $g(n)*1$

形式二：

如果有 $f(n)=\sum_{n|d}g(d)$，那么 $g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$

证明：

对于 $g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$ ，带入 $f(n)=\sum_{d|n}g(d)$ ，然后变换求和顺序，最后通过 $\mu$ 来变换

问题形式

「HAOI 2011」Problem b

首先可以将这个拆成四个前缀，那么我们要求的就是

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]&=\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{m/k}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\ &=\sum_d\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor \end{aligned} \]

最后的实际上是有关 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ ，那么就可以整除分块了

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

首先肯定可以变成这样 $n\sum_{i=1}^n\frac{i}{\gcd(i,n)}$
还是考虑枚举 $\gcd$ ，那么最后会变成 $n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n/d}i[\gcd(i,n/d)=1]$
注意到这里的含义是 $[1,n/d]$ 中和 $[n/d]$ 互质的数的和，而 $n/d$ 也是 $n$ 的一个因子，那么就等价于
$n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^di[\gcd(i,d)]=1$
仍然是注意到上面的含义，有关 $[1,d]$ 中和 $d$ 互质的数的和，互质的数是一对对的，如果 $x$ 和 $d$ 互质，那么 $d-x$ 一定和 $d$ 互质，所以这个和就是 $\frac{d\varphi(d)}{2}$
那么答案就是 $n\sum_{d|n}\frac{d\varphi(d)}{2}$
第一种方法是 $O(n\ln n)$ 预处理出所有范围内的值，因为 $O(n\times(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+....))-O(n\ln n)$
第二种方法是线性筛出来所有的 $f(n)=n\sum_{d|n}\frac{d\varphi(d)}{2}$，注意到这个函数是个积性函数，而大部分的积性函数是可以做到线性筛的
下面进行推导
假设 $n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...$ ，那么 $f(p^c)=\sum_{w=0}^cp^w\varphi(p^w)=(p-1)\sum_{w=0}^c p^{2w-1}$
那么 $g(p^{c+1})=g(p^c)+p^{2c+1}\times (p-1)$
设 $i=a\times p^c,c>0,a\perp p$ ，那么 $g(i\times p)=g(a)\times g(p^{c+1}),g(i)=g(a)\times g(p^c)$
$g(i\times p)-g(i)=g(a)\times p^{2c+1}\times (p-1)$
同理有 $g(i)-g(i/p)=g(a)\times p^{2c-1}\times (p-1)$
那么 $g(i\times p)=g(i)+(g(i)-g(i/p))\times p^2$

参考：

void solve() {
  g[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      g[i] = (long long)1 * i * (i - 1) + 1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] =
            g[i] + (g[i] - g[i / p[j]]) * p[j] * p[j];  // 代入推出来的式子
        break;
      }
      g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
    }
  }
}

如果已经确实是积性函数了，那么就考虑最小质因数的个数 >=2 的情况就可以了
大概的步骤：
1. 首先求出质数的幂的答案
2. 然后设 $i=a\times p^c,c>0,a\perp p$
3. 那么 $g(i)=g(a)\times g(p^{c})$
4. 那么 $g(i\times p)=g(a)\times g(p^{c+1})$
5. 然后算出 $g(i\times p)-g(i)$
6. 算出 $g(i)-g(i/p)$
7. 两个式子相互推一下，就可以得到 $g(i\times p)$ 的表示式
欧拉函数有一个性质 $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$ ，质数的表示式是可以变换的，所以这里先求出质数的答案

P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

首先变成 $\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij[\gcd(i,j)=1]$
将后面的部分提取出来，$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m ij[\gcd(i,j)=1]$
这个东西还是考虑变换，也就是变成 $\sum_d \mu(d)d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d} ij$
仍然将后面的部分提出来，$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{m} ij$ ，就是 $(\sum_{i=1}^ni)(\sum_{j=1}^m j)$
那么再放回去，就会发现就是数论分块套数论分块，那么整体的复杂度 $O(n)$
我一开始还以为要 $O(n)$ 线性筛函数，然后就越来越跑偏

P3327 [SDOI2015]约数个数和

首先要知道 $d(xy)=\sum_{i|x}\sum_{j|y}[\gcd(i,j)=1]$
先推出这样个式子：$\sum_d\mu(d)\sum_{k_1=1}^{n/d}\sum_{k_2=1}^{m/d}\lfloor\frac{n}{k_1d}\rfloor\lfloor\frac{m}{k_2d}\rfloor$
将后面的提出来，就是 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor$
那么 $O(n\sqrt n)$ 预处理出 $f(n)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$
那么原式子就可以在 $O(T\sqrt n)$ 做完

posted @ 2022-06-04 10:16 kzos 阅读(50) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

qwq

莫比乌斯反演