莫比乌斯反演套路

简介&&吐槽

　　莫比乌斯反演，通常又可以称为“懵逼钨丝繁衍”

​ 这样一种听上去就很高端的知识是做什么的？

莫比乌斯反演是数论数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题。

　　这和没说有什么区别……事实上，莫比乌斯反演充满了套路。
　　我们开心的来看一下它的定义吧。
　　不过在这之前，我们先补一些有趣的小知识。

---

1.数论函数的定义

在数论上，算术函数（或称数论函数）指定义域为正整数、陪域为复数的函数，每个算术函数都可视为复数的序列。

就我们oi选手而言，简单的理解为定义域为正整数的函数即可。

2.积性函数与完全积性函数

积性函数：对于所有 $gcd(a,b)=1$,满足$f(ab)=f(a)f(b)$
完全记性函数：对于所有$a,b$，满足$f(ab)=f(a)f(b)$

3.常见的积性函数

3.1 欧拉函数 $\varphi$

$\varphi(n)$表示$[1,n]$中与$n$互质的数的个数
$\varphi(n)=n\prod_{p\in P}{\frac{p-1}{p}}$，其中，$P$是$n$的不同因子集合

3.2 莫比乌斯函数 $\mu$

若$n$有平方因子，则$\mu(n)=0$
否则，$n$为$k$个质因数的乘积，则$\mu(n)=(-1)^k$

3.3 幂函数 $Id$

$Id_k(n)$表示$n^k$
特别的，有$Id_0(n)=1(n)=1\\$

$Id_1(n)=Id(n)=n\\$

3.4 单位函数 $\epsilon$

$\epsilon(n)=\bigg\{ _{0 \quad (n>1)}^{1\quad (n=1)}\\$
这个函数如果用群论的思想来理解的话就相当于一个幺元。

4.$Dirichlet\ Convolution$

$\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\quad$——狄利克雷卷积

定义两数论函数$f,g$的$Dirichlet$卷积

$$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

注意：卷积$(f*g)(n)$中的$*$不是乘号，而是卷积的表示

4.1 $Dirichlet$卷积的性质

交换律：$f*g=g*f\\$
结合律：$f*(g*h)=(f*g)*h\\$
分配率：$f*(g+h)=f*g+f*h\\$
单位元：$f*\epsilon=f\\$
若$f,g$均为积性函数，则$(f*g)$仍为积性函数
具体的证明略去(太难写了)

4.2 常见的$Dirichlet$卷积

我们在这里只列举常用的两个卷积式子
$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}$,即$\varphi(n)=(\mu*Id)(n)$
$\epsilon(n)=\sum_{d|n}\mu(d)$,即$\epsilon(n)=(\mu*1)(n)$
我们可以证明一下第二个式子(这个式子在后面很常用)
　　假设$n$有$k$个不同的质因子，则有

$$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\displaystyle\big(^k_i\big)$$
　　我们来理解一下这个式子。
　　首先，如果 $n$的因数 $d$中含有平方因子，则显然有 $\mu(d)=0$，可以从和式中略去
　　那么对于一个数 $\displaystyle {d=p_1*p_2*…*p_m}$(其中， $p_1,p_2,…p_m$为 $d$的质因子)，根据 $\mu$函数的定义，显然有 $\mu(d)=(-1)^m$
　　那么从 $n$的 $k$个质因子中任意选出 $m$个之后，这些质因子的乘积设为 $x$，一定有 $\mu(x)$的值均为 $(-1)^m$，并且这样的方案恰有 $\big(^k_m\big)$种。
　　它们的总和就得到了 $\sum_{i=0}^k(-1)^i\displaystyle\big(^k_i\big)$
　　显然有 $\sum_{i=0}^k(-1)^i\big(^k_i\big)=\sum_{i=0}^k(-1)^i(1)^{k-i}\big(^k_i\big)$
　　根据二项式定理，我们最后得到
　　 $$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k(-1)^i\displaystyle\big(^k_i\big)=(1-1)^k$$
　　这个式子当且仅当 $n=1$时等于 $1$，原式得证。

5.莫比乌斯反演

5.1 莫比乌斯反演的形式

如果有两个函数$f,g$，满足

$$\displaystyle f=\sum_{d|n}g(d)$$
则它们也满足 $$\displaystyle g=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d})$$
反之亦然，即 $$f=g*1\Longleftrightarrow g=\mu*f$$

5.2 莫比乌斯反演的证明

网上常见的证明方式都是用和式的变换来做的。我们今天就用$Dirichlet$卷积来证明
　　设

$$\large\displaystyle f=g*1\\$$
　　我们将等式两侧同时卷上 $\mu$,得 $$\large\mu*f=g*1*\mu\\$$
　　 $$\large\Rightarrow\mu*f=g*\epsilon=g\\$$
　　(这一步我们刚才在常见的 $Dirichlet$卷积中证明过)
　　整理得 $$\large g=f*\mu\\$$
　　反过来同理
这样看来莫比乌斯反演的正确性就非常显然了，只要我们确信 $\mu*1=\epsilon$即可

5.3 莫比乌斯反演的应用方式

事实上，我们的莫比乌斯反演通常是用来改变枚举的顺序，从而达到简化计算的目的。
举一个抽象的例子，我们已知$f=(g*1)(n)$,如果说$f$是一个易于求解的函数，那么我们就可以通过反演的形式$g=(f*\mu)(n)$来求得g的函数值。

6.莫比乌斯函数的常见套路

6.1改变和式的枚举顺序

已知$\displaystyle F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})\\$

$\displaystyle\Rightarrow\ F(n)=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor }f(d)g(i)\Rightarrow\ F(n)=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor}g(i)\\$

令$S(n)=\sum_{i=1}^ng(i)$,则原式得

$$\displaystyle F(n)=\sum_{d=1}^nf(d)S\left({\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor }\right)$$

6.2 由$\epsilon$到莫比乌斯反演

首先，我们常常会看到这样的一种表达$[gcd(i,j)==1]$。
事实上，这个记号$[]$可以等价于$\epsilon()$
例如:
已知$\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==1]$
由于$\displaystyle \epsilon=\mu*1$
$\displaystyle\Rightarrow\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
此时，根据套路1，改变枚举顺序，首先枚举$d$
$\displaystyle\Rightarrow\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor}\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{m}{d}}\right\rfloor}1\Rightarrow\ \sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d){\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor}{\left\lfloor{\frac{m}{d}}\right\rfloor}\\$

这个式子就算是暴力枚举也可以在$O(n)$的时间内完成，如果了解数论分块的小伙伴还可以在$O(\sqrt{n})$的时间内求出答案。

6.3将复合的条件提出

接下来，我们的套路就会给出一些例题了

bzoj1101 [POI2007]Zap

Description

FGD正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作为FGD的同学，FGD希望得到你的帮助。

Input

第一行包含一个正整数n，表示一共有n组询问。（1<=n<= 50000）接下来n行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000）

Output

对于每组询问，输出到输出文件zap.out一个正整数，表示满足条件的整数对数。

Sample Input

2
4 5 2
6 4 3

Sample Output

3
2

Hint

对于第一组询问，满足条件的整数对有(2,2)，（2,4），（4，2）。对于第二组询问，满足条件的整数对有（6,3），（3,3）。

简明题意：给定$n,m,d$,求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$
我们发现这个东西和套路2特别像，只不过区别是$[gcd(i,j)==d]$还是$[gcd(i,j)==1]$
由于我们的$\epsilon$函数只能够表达$[gcd(i,j)==1]$的情况，所以我们这里就要把原式转换为这种形式。
首先，我们先给出一个简单的式子:
令$\displaystyle n'=\frac{n}{d},m'=\frac{m}{d}$,那么

$$\displaystyle gcd(n,m)=d\Longleftrightarrow gcd(n',m')=1\\$$
这个东西特别显然，如果不能够很快接受的话可以想一下辗转相除法。
那么我们就可以把这个问题转换成为套路2了
$$\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\\$$
$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor{\frac{m}{d}}\right\rfloor}[gcd(i,j)==1]\\$$
套用套路2
$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{t=1}^{min({\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor},{\left\lfloor{\frac{m}{d}}\right\rfloor})}\mu(t){\left\lfloor{\frac{{\left\lfloor{\frac{n}{d}}\right\rfloor}}{t}}\right\rfloor}{\left\lfloor{\frac{{\left\lfloor{\frac{m}{d}}\right\rfloor}}{t}}\right\rfloor}\\$$
所以我们就可以在 $O(\sqrt n)$内解决问题

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int Maxn=50005;
inline int read() {
    char c; int rec=0;
    while((c=getchar())<'0'||c>'9');
    while(c>='0'&&c<='9') rec=rec*10+c-'0',c=getchar();
    return rec;
}
int np[Maxn],prime[Maxn],miu[Maxn],sum[Maxn],psize;
void Getlist() {
    sum[1]=miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;++i) {
        if(np[i]==0) {
            prime[++psize]=i; miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=psize&&i*prime[j]<=50000;++j) {
            np[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){miu[i*prime[j]]=0; break;}
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
    } return ;
}
int main() {
    int ans;
    int n=read(); Getlist();
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        int a=read(),b=read(),d=read(),last,j;
        a/=d; b/=d; if(a>b) swap(a,b); ans=0;
        for(j=1;j*j<=a;++j) ans+=(a/j)*(b/j)*miu[j];
        for(;j<=a;j=last+1) {
            last=min(a/(a/j),b/(b/j));
            ans+=(sum[last]-sum[j-1])*(a/j)*(b/j);
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
};
int main() {
    return 0;
}

例题时间到
【HAOI2011】Problem b
显然，差分一下就可以了
【BZOJ 2818】Gcd
我们直接枚举所有的质数，然后再用套路3，时间复杂度。。。。总之小于$O(n\sqrt n)$

6.4 枚举两数之积

我们首先来看一个常见的经典题目

[bzoj2820] YY的GCD

Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题
给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
kAc这种傻×必然不会了，于是向你来请教……
多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数
接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

Hint

T = 10000
N, M <= 10000000

这个题和之前的套路3有点像，很容易想到直接枚举所有的质数然后套用套路2来解决问题

但是问题来了：多组询问……

我们能不能够做到更快的解决问题呢？

我们来大力推一下式子(套路)

求

$$\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==prime]$$

套路3，枚举一下质数p

$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{p\in Prime}\sum_{i=1}^{\left\lfloor{\frac{n}{p}}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor{\frac{m}{p}}\right\rfloor}[gcd(i,j)==1]$$

套路2，将最后的$\epsilon$式子改成有关$\mu$的卷积

$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{p\in Prime}\sum_{d=1}^{min\left({\left\lfloor{\frac{n}{p}}\right\rfloor},{\left\lfloor{\frac{m}{p}}\right\rfloor}\right)}\mu(d)S\left(\left\lfloor \frac{n}{dp}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor \frac{m}{dp}\right\rfloor\right)$$

这就是我们在做上一道题【BZOJ 2818】Gcd 最后化出来的式子

但是这样显然还不够优秀啊，一次询问就是。。。大概接近$O(n)$的时间复杂度，$T$次询问之后就会超时然后gg

所以我们看到了$dp$这个神奇的变量(雾)

设$T=dp$,那么式子可以暂时先化一步

$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{p\in Prime}\sum_{d=1}^{min\left({\left\lfloor{\frac{n}{p}}\right\rfloor},{\left\lfloor{\frac{m}{p}}\right\rfloor}\right)}\mu(d)S\left(\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor \frac{m}{T}\right\rfloor\right)$$

套路1，首先枚举T

$$\displaystyle\Longrightarrow\sum_{T=1}^nS\left(\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor \frac{m}{T}\right\rfloor\right)\sum_{k|T,k\in Prime}\mu(\frac{T}{k})$$

23333,套路嘛，肯定是要一个套一个的。我们的套路4就很好的证明了这一点，套路123叠加就成为了套路4。

现在这个式子，我们只要能够预处理出$\sum_{k|T,k\in Prime}\mu(\frac{T}{k})$这一段就能够在$O(\sqrt n)$的时间内解决每一次询问了。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int Maxn=10000005;
inline int read() {
    char c; int rec=0;
    while((c=getchar())<'0'||c>'9');
    while(c>='0'&&c<='9') rec=rec*10+c-'0',c=getchar();
    return rec;
}
int T,n,m;
int np[Maxn],prime[Maxn],miu[Maxn],sum[Maxn],g[Maxn],psize;
void Getlist() {
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=10000000;++i) {
        if(np[i]==0) {
            prime[++psize]=i; miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=psize&&i*prime[j]<=10000000;++j) {
            np[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){miu[i*prime[j]]=0; break;}
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=psize;++i)
        for(int j=1;j*prime[i]<=10000000;++j)
            g[j*prime[i]]+=miu[j];
    for(int i=1;i<=10000000;++i) sum[i]=g[i]+sum[i-1];
    //预处理出后面那块式子的前缀和
    return ;
}
int main() {
    long long ans;
    T=read(); Getlist();
    while(T--) {
        n=read(); m=read();
        if(n>m) swap(n,m);
        int last,i; ans=0;
        for(i=1;i*i<=n;++i) ans+=(long long)(n/i)*(m/i)*g[i];
        for(;i<=n;i=last+1) {
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}

那么怎样才能够掌握求出后面这一块式子的套路呢？

当然是吃瓜群众我们喜闻乐见的套路5啦。

6.5 暴力计算一类函数的前缀和

我们假设有这样一个函数$h(n)=(f*g)(n)$,换句话说就是$h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

那么计算$T(n)=\sum_{i=1}^nh(i)$的暴力方案来了：

$for\quad i=1\quad to \quad n$

$\quad for\quad j=1\quad to\quad \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$

$\qquad h(ij)=h(ij)+f(i)g(j)$

$for\quad i=1\quad to\quad n$

$\quad T(i)=T(i-1)+h(i)$

这个暴力算法的时间复杂度是多少呢？

为$O(\sum_{i=1}^n\frac{n}{i})=O(n\sum_{i=1}^n\frac{1}{i})=O(n\ ln \ n)$

回到之前的题目，我们要处理的式子就是

$$\displaystyle T(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{k|i,k\in Prime}\mu(\frac{i}{k})$$

这个例子其实并不标准，因为只有质数我们才会加入处理。

所以我们的第一个循环并不需要枚举每一个可能的因数$i$,只用枚举$[1,n]$范围内的质数即可。

由于$[1,n]$中的质数有$\frac{n}{ln\ n}$个，最后这个式子可以在$O(\frac{n}{ln\ n} * ln\ n)=O(n)$的时间内预处理完毕。

6.6 套路小结

这里就先写这些套路。事实上还有其他的的一些套路(比如有关$\varphi$函数的套路，$lcm$的套路)，但是基本上都可以从这5个基本套路中提炼出来。

当然，除了套路，对题目本身的敏感和对数学原理的了解程度都能够助你完成题目。

就到这里了。