莫比乌斯反演
莫比乌斯反演
整除分块（数论分块）
这是莫比乌斯反演的前置知识。
整除分块用于在 \(O(\sqrt n)\) 的时间复杂度内求解以下和式：
其中 \(f(i)\) 是一个函数。如果暴力求解，复杂度为 \(O(n)\)。但是我们发现对于很多时候对于一个范围内的 \(i\)，\(\lfloor n/i\rfloor\) 的值都是相同的，比如当 \(n=8\) 时，对于 \(i=5,6,7,8\)，\(\lfloor n/i\rfloor\) 的值都是 \(1\)。如果我们能把类似这样的区间分成一个块统一计算，时间就快很多了。
现在我们需要证明两个问题：
-
把 \(\lfloor n/i\rfloor\) 按照相同值分块少于 \(2\sqrt n\) 种，这决定了算法的复杂度。
证明：
- 当 \(i\le\sqrt n\) 时，\(\lfloor n/i\rfloor\ge\sqrt n\)，此时 \(\lfloor n/i\rfloor\) 有 \(\sqrt n\) 种取值；
- 当 \(i>\sqrt n\) 时，\(\lfloor n/i\rfloor<\sqrt n\)，此时 \(\lfloor n/i\rfloor\) 也有 \(\sqrt n\) 种取值。
综上，总取值数不超过 \(2\sqrt n\) 种。证毕。
-
当我们知道每个块的第一个数 \(L\) 时，有 \(R=\left\lfloor\dfrac n{\lfloor n/i\rfloor}\right\rfloor\)。证明略。
于是就能在 \(O(\sqrt n)\) 的时间内解决这个问题了。
模板：UVA11526 H(n)
题意：求解 \(\sum_{i=1}^n\lfloor n/i\rfloor\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
long long ans=0;
for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=1ll*(r-l+1)*(n/l);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
应用：约数和问题
题意：求解 \(\sum_{i=L}^R\sigma(i)\)，其中 \(\sigma(n)\) 指 \(n\) 的约数和，即 \(\sum_{d\mid n}d\)。
显然原式可以写为 \(\mathit{sum}(R)-\mathit{sum}(L-1)\)，其中 \(\mathit{sum}(n)=\sum_{i=1}^n\sigma(i)\)。有一个重要结论：\(\mathit{sum}(n)=\sum_{i=1}^ni\times\lfloor n/i\rfloor\)。证明略。于是这个问题就能用整除分块解决了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long sve(int n){
long long ans=0;
for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=(l+r)*(r-l+1)*(n/l)>>1;
}
return ans;
}
int main(){
int x,y;
cin>>x>>y;
cout<<sve(y)-sve(x-1)<<'\n';
return 0;
}
前置芝士：线性筛
不仅要会线性筛，更要会用它处理一些基本函数。一般来说，线性筛能解决一些简单积性函数的预处理。
求解约数个数
这种问题需要我们在线性时间求出所有 \(d(i)\)，其中 \(d(i)=\sum_{d\mid i}1\)。
首先由算术基本定理，一个任意正整数 \(n\) 分解质因数可以得到
枚举每个素因子的指数，容易得到 \(n\) 的约数个数为
为了计算 \(d(i)\)，我们需要在线性筛的时候记录 \(\mathit{num}(i)\)，表示 \(i\) 的最小素因子的个数。然后分类讨论：
- 当前数是素数，设置 \(d(i)=2\)，\(\mathit{num}(i)=1\)；
- 有 \(i\bmod j\ne0\)，其中 \(j\) 是之前筛出来的一个素数。那么我们知道 \(i\times j\) 中一定会产生一个新的素因子 \(j\)，所以有 \(d(i\times j)=d(i)\times d(j)=d(i)\times2\)，\(\mathit{num}(i\times j)=1\)；
- 有 \(i\bmod j=0\)，此时 \(j\) 一定是 \(i\) 的最小素因子，且 \(i\times j\) 的最小素因子个数会 \(+1\)，简单推导不难得到 \(d(i\times j)=d(i)/(\mathit{num}(i)+1)\times(\mathit{num}(i)+2)\)，\(\mathit{num}(i\times j)=\mathit{num}(i)+1\)。
问题得解。
求解约数和
这种问题需要我们在线性时间内求出所有 \(\sigma(i)\)，其中 \(\sigma(i)=\sum_{d\mid i}d\)。
首先需要得到关于 \(\sigma(n)\) 的式子为
然后同理维护一个 \(\mathit{num}(i)\) 表示 \(i\) 的最小素因子 \(p_1\) 的 \((1+p_1+p_1^2+\cdots+p_1^{a_1})\) 值。同样的推理不难得到：
- 当前数是素数，设置 \(\sigma(i)=\mathit{num}(i)=i+1\)；
- 有 \(i\bmod j\ne0\)，则 \(\sigma(i\times j)=\sigma(i)\times\sigma(j)=\sigma(i)\times(j+1)\)，\(\mathit{num}(i\times j)=j+1\)。
- 有 \(i\bmod j=0\)，则 \(\sigma(i\times j)=\sigma(i)/\mathit{num}(i)\times(\mathit{num}(i)\times j+1)\)，\(\mathit{num}(i\times j)=\mathit{num}(i)\times j+1\)。
问题得解。
莫比乌斯函数
莫比乌斯函数 \(\mu(n)\) 的定义为
性质
-
性质一：莫比乌斯函数是积性函数，可以用线性筛求解：
void prime(int n){ mu[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!isp[i]) pri.emplace_back(i),mu[i]=-1; for(auto j:pri){ if(i>n/j) break; isp[i*j]=1; if(i%j==0) break; mu[i*j]=-mu[i]; } } }
2025/6/30 upd. 其实还可以更简便地计算：
void init(int n){
mu[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i<<1;j<=n;j+=i)
mu[j]-=mu[i];
}
-
性质二：\(\forall n\in\mathbf N^*\) 满足
\[\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1] \]证明：
显然当 \(n=1\) 时原式成立。
当 \(n>1\) 时，记 \(F(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\)，由积性函数的性质有 \(F(n)=F(p_1^{a_1})F(p_2^{a_2})\cdots F(p_m^{a_m})\)。又因为有对于任意 \(F(p_i^{a_i})=\sum_{d\mid p^k}\mu(d)=\mu(1)+\mu(p_i)+\mu(p_i^2)+\cdots+\mu(p_i^{a_i})=1+(-1)+0+\cdots0=0\)，故原命题得证。
-
性质三：\(\forall i,j\in\mathbf N^*\) 满足
\[\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)=[\gcd(i,j)=1] \]其实就是性质二的一个推论。但它比较重要，许多式子都是由它推到莫比乌斯函数上。
莫比乌斯反演
若 \(f\) 是算术函数，\(F\) 是 \(f\) 的和函数，即 \(F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\)，则有
其实在实际应用里面没有那么重要。
例题
P2257 YY的GCD
题意：求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)\in\mathbf P] \]其中 \(\mathbf P\) 是所有素数构成的集合。
不妨设 \(n\le m\)，化式子为：
发现分母有 \(p\) 和 \(d\) 两个变量，难以直接用整除分块求解。为了能用整除分块求解，不妨设 \(T=pd\)，然后枚举 \(T\)，得到
前半部分可以整除分块，后半部分只要用线性筛预处理即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MAXN=1e7+5;
bool isp[MAXN];
int mu[MAXN],smu[MAXN];
vector<int>pri;
void prime(int n){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!isp[i]) pri.emplace_back(i),mu[i]=-1;
for(auto j:pri){
if(i>n/j) break;
isp[i*j]=1;
mu[i*j]=(i%j?-mu[i]:0);
if(i%j==0) break;
}
}
for(auto i:pri)
for(int j=1;j<=n/i;j++)
smu[i*j]+=mu[j];
for(int i=1;i<=n;i++) smu[i]+=smu[i-1];
}
int main(){
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);
prime(1e7);
int T,n,m;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
if(n>m) swap(n,m);
long long ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
P3327 [SDOI2015] 约数个数和
这题主要在于知道 \(d\) 函数的一个性质：
然后就能套路化式子了。
P3704 [SDOI2017] 数字表格
这题是莫比乌斯反演用在求积的形式。推式子：
实际上它就是把整除分块的过程由加和改为乘积，预处理逆元加快速幂就可以处理。注意要用扩展欧拉定理处理负指数幂的情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
constexpr int MAXN=1e6+5;
constexpr ll MOD=1e9+7;
ll f[MAXN],smu[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN];
bool isp[MAXN];
int mu[MAXN];
vector<int>pri;
bool fl;
ll power(ll a,ll b){
b=(b+MOD-1)%(MOD-1);
ll res=1;
for(;b;a=a*a%MOD,b>>=1)if(b&1)res=res*a%MOD;
return res;
}
void init(int n){
f[1]=mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%MOD;
if(!isp[i]) pri.emplace_back(i),mu[i]=-1;
for(auto j:pri){
if(i>n/j) break;
isp[i*j]=1;
mu[i*j]=(i%j?-mu[i]:0);
if(i%j==0) break;
}
}
for(int i=0;i<=n;i++) smu[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n/i;j++)
smu[i*j]=smu[i*j]*power(f[i],mu[j])%MOD;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*smu[i]%MOD;
inv[n]=power(fac[n],MOD-2);
for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*smu[i+1]%MOD;
}
int main(){
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);
init(1e6);
int T;
ll n,m;
cin>>T;
fl=1;
while(T--){
cin>>n>>m;
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=1;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans=ans*power(fac[r]*inv[l-1]%MOD,(n/l)*(m/l))%MOD;
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号