莫比乌斯函数

$\mu(x)$为莫比乌斯函数，定义为：$\mu(x) = \begin{cases} 1, & \text{if } x = 1 \\ (-1)^k, & \text{if } x = p_1 p_2 \ldots p_k \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases} $

在进行整数分解后 $n=\prod_{i=1}^k p_i^{c_i}$，其中$p_i$表示质因子而$c_i\geq1$，上述定义表示：

$n=1$时，$\mu(n)=1$
$n\neq1$时，如果n的质因数分解中有某个质因子的次数超过1次，那么$\mu(n)=0$，否则$\mu(n)$的值为-1的k次幂，其中k是n的不同质因子的个数

莫比乌斯函数与容斥有一定的联系，具体来说，其符号的交替性体现了容斥原理中的加减交替原则，例如：

负号对应“减去被单个素数整除的项”（第一次减法）。
正号对应“加回被两个素数乘积整除的项”（第二次加法）。
零值对应“忽略被平方因子整除的项”（这些情况已被排除）。

计算欧拉函数$\phi(n)$（与n互质数的个数），利用莫比乌斯函数有：$\phi(n)=n\sum_{d \mid n}\frac{\mu(d)}{d}$
以计算$\phi(6)$为例，从容斥定理的角度：

总数：6 个数。
减去被 2 整除的数：6/2=3个（即2,4,6）
减去被 3 整除的数：6/3=2 个（即3,6）
但此时 6 被减去了两次，需要加回被 2×3 整除的数：6/6=1 个（即6）
最终结果：6−3−2+1=2

以该公式的角度，带入并展开后可以发现就是相同的形式 $\phi(n)=(6/1 * 1)+(6/2 * (-1))+(6/3 * (-1))+(6/6 * 1)=2$
也就是莫比乌斯函数的符号和值，直接对应容斥定理中的操作：

μ(1)=1：初始总数（加法）
μ(2)=−1：减去被素数 2 整除的数
μ(3)=−1：减去被素数 3 整除的数
μ(6)=1：加回被 2×3 整除的数（修正重复减法）
含平方因子的 d（如 4=2*2）：μ(4)=0，直接忽略这些情况（因为它们已被计算，对答案并没有影响）

莫比乌斯函数是积性函数，也就是如果$x=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_k^{\alpha_k}$则$f(x)=f(p_1^{\alpha_1})f(p_2^{\alpha_2})\ldots f(p_k^{\alpha_k})$

同时，莫比乌斯函数满足，$ \sum_{d \mid n} \mu(d) = \begin{cases} 1, & \text{if } n = 1 \\ 0, & \text{if } n \neq 1 \end{cases} $
证明：

首先，n=1，结论显然成立
当n满足$n=p^k$，也就是n为素数幂时，其因数只有$1,p,p^2,\ldots,p^k$，而根据定义，有$\mu(1)=1,\mu(p)=-1,\mu(p^i)=0\ (i\geq2，因为此时含有平方因子)$
从而$\sum_{d \mid p^k}\mu(d)=1+(-1)+0+\ldots+0=0$
由莫比乌斯函数的积性，先将n分解为质因子的乘积$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_k^{\alpha_k}$，如果存在$k_i\geq2$，则表示存在平方因子，同时该质因子的$\mu(p_i^{k_i})=0$，于是$\mu(n)=0$
而对于无平方因子的n，由积性易得，若d是其中素因子子集的乘积，则$\mu(d)=(-1)^{素因子个数}$
进而枚举n的因子进行莫比乌斯函数值求和时，相当于对每个素因子选或不选，于是有$2^m$个因数，利用二项式定理可得：$ \sum_{d \mid n} \mu(d) = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} (-1)^k = (1-1)^m = 0$
即只要满足$n\geq2$，一定有$\sum_{d \mid n} \mu(d) = 0$

由此可以得到一个推论，gcd(a,b)=1（也就是a和b互质）等价于$ \sum_{d \mid gcd(a,b)} \mu(d) = 1$

莫比乌斯函数的求法：
由于莫比乌斯函数是一个积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数

例：
cf 2037G
有n个点，每个点有权值a[i]，两个点i,j之间存在一条有向边当且仅当$i<j,gcd(a[i],a[j])\neq1$
问从点1到点n的不同路径的总数，模数为998244353

与gcd相关联的可以考虑使用莫比乌斯函数
如果我们能够建出整个图，那么是好算的，直接做一个方案数dp即可，但问题在于如何建图，也就是判断两个点之间是否存在边
为解决这个问题，可以对莫比乌斯函数进行调整：
设定一个新函数c，初始c全为1，但c[1]=0，然后通过类似莫比乌斯函数的筛法（c[j]-=c[i]的迭代），得到修正后的莫比乌斯函数
最终c[d]的值和标准莫比乌斯函数的关系为：$ c[d] = \begin{cases} 0, & \text{if } d = 1 \ or \ \text{存在平方因子 } \\ -\mu(d), & \text{otherwise } \end{cases} $
进行这样修正的原因是，这题需要统计的是非互质对的贡献，因此若两个数的最大公约数是1，那么通过设定c[1]=0使得它们的贡献被排除
进而我们可以通过枚举因子的方式来计算方案数

void solve() {
    int n;
    cin>>n;
    vector<int> a(n);
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    int m=*max_element(a.begin(),a.end());
    vector<Z> c(m+1,1);
    c[1]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=2*i;j<=m;j+=i){
            c[j]-=c[i];
        }
    }
    vector<vector<int>> ds(m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){// 枚举因子
        if(!c[i].val()){
            continue;
        }
        for(int j=i;j<=m;j+=i){
            ds[j].emplace_back(i);
        }
    }
    vector<Z> g(m+1,0);
    vector<Z> f(n);
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(auto d:ds[a[i]]){
            f[i]+=g[d]*c[d];
        }
        if(i==0){
            f[i]+=1;
        }
        for(auto d:ds[a[i]]){
            g[d]+=f[i];
        }
    }
    cout<<f[n-1]<<'\n';
}

g[d]累积了所有满足以下条件的路径计数：

路径起点是城市1
路径终点是某个已处理过的城市i（满足a[i]能被d整除，也就是计算时满足当前计算的数和a[i]有公因子d）

而f[i]+=g[d]*c[d]实际上使用了上面提到的容斥的思想进行转移
假设我们考虑因子6（6 = 2 × 3）：c[6] = -1（因为6有2个不同质因子）

如果不乘以c[d]：在枚举的过程中
路径会通过因子2被计算一次
路径会通过因子3再被计算一次
这导致"可以通过公因子2或3连接的路径"被重复计算了

乘以c[6]=-1后：对于那些"同时"通过2和3（即通过6）连接的路径，我们减去这部分贡献，消除重复计数，从而得到正确的方案数

posted @ 2025-04-03 15:20 rdcamelot 阅读(120) 评论(0) 收藏举报

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