莫比乌斯反演的理论与实践

2020-12-14 凌晨

已经开始美好大学生活的我，重温了一下曾经熟悉的题目，霎时间，眼圈红了。我爱 OI，OI是我一生为之奋斗的信仰。

老版前言

2017 CDQZ 联训 中向 HSZX 的大佬请教了一些关于莫反的知识，特此感谢！

本文仅介绍一些关于莫比乌斯反演的基础知识。

声明

本文中，若无特殊声明$p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$表示一个数的质因数分解，$\forall i,prime(p_i)\wedge a_i\in N^{+}$

莫比乌斯函数

定义

莫比乌斯函数是在数论中一个很重要的积性函数，定义如下。

若正整数x可质因数分解为：

$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$$

$$\mu (x)=\{\begin{array}{r}0:\exists a_i\ge 2\\ 1:k\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\\ -1:k\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2\end{array}$$

即当$x\ne 1$,且不存在平方因子时：

$$\mu (x)=(-1{)}^k$$

当x存在平方因子时:

$$\mu (x)=0$$

特殊地：

$$\mu (1)=1$$

2020-12-14 补充

我 GGN_2015 平生最讨厌死记硬背记公式的人，$\mu$ 函数实际上很好理解：您记得容斥原理吗，当一个区域被奇数个圆覆盖，那么我们记系数因子为 $1$ 否则我们记系数因子为 $-1$。莫比乌斯函数的本质就是一个容斥原理问题中的系数因子，而在这个容斥原理问题中，每一个圆形的区域，表示的是某个质数的全部倍数。

换言之，$\mu$ 的定义，主要是为了构造这个性质：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

一些性质

此性质可用来判断一个数是否等于一。

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

证明：

当$n=1$时显然成立。

当$n\ne 1$时，不妨令$n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$，那么n的因子$d=p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot ...\cdot P_k^{b_k},0\le b_i\le a_i$。

若$\exists b_i\ge 2,\mu (d)=0$对答案没有贡献。

因此，对答案有贡献d一定满足$\forall b_i\in 0,1$。

枚举每一个有贡献的d，就相当于是从$b_i$中选出若干个置为1，其他的置为0。

从k个位置中选出j个位置的方案数为$C_k^j$，而一个由j个质因子组成的数d，有$\mu (d)=(-1{)}^j$。所以，所有由j个质数组成的d对答案的贡献和为$C_k^j\cdot (-1{)}^j$。

因为 j∈{0,1,2,...,k}j \in \{0,1,2,...,k\}j∈{0,1,2,...,k}，所以：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot (-1{)}^j$$

根据二项式定理：

$$\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot x^j=(x+1{)}^k$$

所以：

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\sum _{j=0}^k{C}_k^j\cdot (-1{)}^j=((-1)+1{)}^k=0$$

得证。

欧拉函数

定义

$\phi (x),x\in N^{+}$表示小于x且与x互质的数的个数。

特殊地

$\phi (1)=1$

一些性质

积性函数の积性

$$gcd(a,b)=1\to \phi (ab)=\phi (a)\cdot \phi (b)$$

证明很显然。

2018.3.16 填坑，后来我惊奇得发现这一点都不显然。。

令$gcd(n,m)=1$, 考虑$\phi (n\cdot m)$的物理意义。

1         2         3        ...  r       ...     m-1       m
m+1       m+2       m+3      ...  m+r     ...    2m-1      2m
2m+1     2m+2      2m+3      ... 2m+r     ...    3m-1      3m
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
.        .         .                             .         .
(n-1)m+1 (n-1)m+2  (n-1)m+3 ... (n-1)m+r  ...    nm-1      nm

$\phi (n\cdot m)$的物理意义为上表中与nm互质的数的个数。

因为n和m互质，所以不难证明：一个数x与nm互质的充要条件为x与n互质且x与m互质。

证明：设P(x)为x的质因子集合。因为n和m互质，所以$P(n)\cap P(m)=\varphi$, $P(n\cdot m)=P(n)\cup P(m)$
$\gcd (x,n)=1\iff P(x)\cap P(n)=\varphi$
$\gcd (x,m)=1\iff P(x)\cap P(m)=\varphi$
$P(n)\cap P(m)=\varphi ,P(x)\cap (P(n)\cup P(m))=\varphi \iff P(x)\cap P(n)=\varphi ,P(x)\cap P(m)=\varphi$
得证。

发现每一列元素与m的gcd都相同，考虑有哪些列是与m互质的。根据定义，这样的列有$\phi (m)$列。

再考虑这些列中的每一列中与n互质的数的个数，因为每一横行的数在模n意义下同余。所以每一列有$\phi (n)$个元素与n互质。综上，$\phi (n\cdot m)=\phi (n)\cdot \phi (m)$，即欧拉函数为积性函数。

补坑结束。

2020-12-14 补充

“因为每一行在模n的意义下同余”这种说法显然是荒谬而错误的，但是我很惊讶为什么没有人指出我的错误，可能是看到这篇文章的人太少的缘故。

此处正确的正确方式应该是，由于 $gcd(n,m)=1$，不难证明，每一纵列的 $n$ 个数恰好构成一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$ 意义下的剩余系，证明可以采用反证法：

$$\because \gcd (m,n)=1$$

$$\therefore \exists a,b\in \mathbb{Z},am+bn=\gcd (m,n)=1$$

此时，记 $m^{-1}=a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$ 则有：

$$m^{-1}\times m=1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$

倘若某一纵列上的数不构成一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$ 意义下的剩余系，那么一定有：

$$\exists i\not\equiv j,mi\equiv mj(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$

但是，在同余符号左右两侧同时乘 $m^{-1}$ 能够得到：

$$i\equiv j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$

这与我们的假设是矛盾的，因此，每一纵列恰构成一个 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$ 意义下的剩余系，其中与 $n$互质的数的个数自然也就是 $\phi (n)$。

---

另外，当p为质数时：

$$\phi (p)=p-1$$

这更加显然。

另一个基本性质

$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k},d=p_i$$

$$\phi (x\cdot d)=\phi (x)\cdot d$$

证明：

首先$t=p_i^{a_i}\to \phi (t)=\{\begin{array}{r}1:a_i=0\\ (p_i-1)\cdot p_i^{a_i-1}:a_i>0\end{array}$,$p_i$是质数。

考虑把一个数化成$p_i$进制数，t一定能表示成一个1后面$a_i$个0的形式。对于任意的一个小于t的数d与t互质，当且仅当把t化成$p_i$进制后最后一位不为零。所以说d这个$a_i$位$p_i$进制数，除了最低位不能为0，有$p_i-1$种可能外，其它的位是什么都可以，各有$p_i$种可能。因此上式成立。

这样的话就有:$\phi (p_i^{k+1})=\phi (p_i^k)\cdot p_i$,$k\in N^{+}$

$$\phi (x\cdot d)=\phi ((p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times p_i^{a_i+1})=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times \phi (p_i^{(a_i)+1})=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...p_{i-1}^{a_{i-1}}\cdot p_{i+1}^{a_{i+1}}...\cdot p_k^{a_k})\times \phi (p_i^{a_i})\cdot p_i=\phi (x)\cdot d$$

得证。

还有一个比较重要的性质：

$$\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

哪位大神能教我一下这个怎么证啊！留坑待补。

[2018.1.22] 在此补坑。前几天碰巧在学校遇到了樊神，向樊神请教了一番，樊神几句话就证出来了，真是佩服。

令 $f(n)={\sum }_{d|n}\phi (d)$，显然有$f(1)=1$。

对于一个质数$p$，$f(p)=\phi (1)+\phi (p)=1+(p-1)=p$，显然成立。

数学归纳一下，对于一个质数的若干次幂$p^k$，若此性质已经对$p^{k-1}$成立：

有$f(p^k)={\sum }_{t=0}^k\phi (p^t)=\phi (p^k)+{\sum }_{t=0}^{k-1}\phi (p^t)=\phi (p^k)+f(p^{k-1})=(p-1)\cdot p^{k-1}+p^{k-1}=p^k$。

又因为该性质对k=1成立，所以该性质对任意正整数k成立。

对于一个数n，n与$p^k$（p为素数）互质,那么这个数的所有因子一定能写成n的所有因子乘上p的若干次幂的形式。

若n已经满足$f(n)=n$的性质，

有$f(n\cdot p^k)={\sum }_{d|n}({\sum }_{t=0}^k\phi (d\cdot p^t))$。

又因为n与$p^k$互质，所以d与$p^k$也一定互质，$\phi$是积性函数，所以$\phi (d\cdot p^t)=\phi (d)\cdot \phi (p^t)$

所以$f(n\cdot p^k)={\sum }_{d|n}({\sum }_{t=0}^k\phi (d\cdot p^t))={\sum }_{d|n}\phi (d)\cdot ({\sum }_{t=0}^k\phi (p^t))={\sum }_{d|n}\phi (d)\cdot f(p^k)=f(p^k)\cdot {\sum }_{d|n}\phi (d)=f(p^k)\cdot f(n)=n\cdot p^k$。

对于任意的一个数都可以进行质因数分解，分解成$n=1\cdot p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot P_k^{a_k}$的形式，因为1是成立的，质数两两互质，所以任意正整数n都满足$f(n)=n$。

得证。

[2018.1.22] 填坑到此结束，后面的内容为之前所写。

利用这个性质可以有：

$$\sum _{i=1}^{n}i=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}\phi (d)=\sum _{d=1}^n\phi (d)\times \lfloor \frac{n}{d}\rfloor$$

这里给出欧拉函数的暴力求法：

$$x=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k}\to \phi (x)=x\cdot (1-\frac{1}{p_1})\cdot (1-\frac{1}{p_2})\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

证明：

$$\phi (x)=\phi (p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot ...\cdot p_k^{a_k})=\phi (p_1^{a_1})\cdot \phi (p_2^{a_2})\cdot ...\cdot \phi (p_k^{a_k})=(p_1-1)p_1^{(a_1)-1}\cdot (p_2-1)p_2^{(a_2)-1}\cdot ...\cdot (p_k-1)p_k^{(a_k)-1}=(1-\frac{1}{p_1})p_1^{a_1}\cdot (1-\frac{1}{p_2})p_2^{a_2}\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})p_k^{a_k}=x\cdot (1-\frac{1}{p_1})\cdot (1-\frac{1}{p_2})\cdot ...\cdot (1-\frac{1}{p_k})$$

得证。

狄利克雷卷积

一种生成函数的运算，定义如下：

$$(f\times g)(n)=\sum _{d|n}f(d)\cdot g(\frac{n}{d})$$

常见积性函数

单位函数：$id(n)=n$。

元函数：$e(n)=[n==1]$。

1函数：$I(n)=1$。

约数个数：$d(n)={\sum }_{d|n}1$。

一些常见的性质

$f$为积性函数。

$$(f\times e)(n)=\sum _{d|n}f(d)\times e(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}f(d)\times [\frac{n}{d}=1]=f(n)$$

即：

$$f\times e=f$$

另外，狄利克雷卷积满足交换律和结合律，其中交换律显然，结合律的证明略。

$$\phi \times I=id$$

证明：

$$\phi \times I=\sum _{d|n}\phi (d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)=n$$

得证。

$$\mu \times I=e$$

证明：

$$(\mu \times I)(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot I(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]=e(n)$$

莫比乌斯反演

内容

若：

$$F(n)=\sum _{d|n}f(n)$$

则：

$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot F(\frac{n}{d})$$

用狄利克雷卷积表述如下：

若：

$$F=f\times 1$$

则：

$$f=F\times \mu$$

从这个角度来讲，证明就很简单了:

$$F\times \mu =(f\times 1)\times \mu =f\times (1\times \mu )=f\times e=f$$

杜教筛原理

求积性函数前缀和：

$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)$$

当f的前缀和不好求的时候，考虑一个前缀和比较好求的g，求$f\times g$的前缀和。

$$\sum _{i=1}^n(f\times g)(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)\cdot f(\frac{i}{d})$$

枚举d,存在一个$d|i$，那么$f(\frac{i}{d})$就要和$g(d)$相乘，而i可以为$d,2d,3d,...,d\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，所以$S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$与$g(d)$相乘就是$g(d)$的贡献。

$$=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

所以：

$$\sum _{i=1}^n(f\times g)(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )=g(1)S(n)+\sum _{i=2}^{n}g(i)\cdot S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

所以：

$$S(n)=\frac{{\sum }_{i=1}^n(f\times g)(i)-{\sum }_{i=2}^{n}g(i)\cdot S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )}{g(1)}$$

这样的话如果$g$和$(f\times g)$的前缀和都很好求，那么计算$S(n)$只需要$S(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ),S(\lfloor \frac{n}{3}\rfloor ),..,S(\lfloor \frac{n}{n}\rfloor )=S(1)$。而又因为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$只有$O(\sqrt{n})$种取值，所以记忆化搜索一下会有奇效。

关于$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的取值问题的证明。

当$1\le i\le \sqrt{n}$时，就算是结果两两各不相同，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$也只有$\sqrt{n}$种取值。

当$\sqrt{n}<i\le n$时，$1\le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor <\sqrt{n}$，就算是取遍值域中的所有值，也只有$\sqrt{n}$种取值。

因此$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的取值种数不超过$2\sqrt{n}$种，即$O(\sqrt{n})$种。

得证。

用线性筛求出前$n^{\frac{2}{3}}$的前缀和之后再递推，可以将$O(n^{\frac{3}{4}})$优化到$O(n^{\frac{2}{3}})$。

莫比乌斯反演的实践

2020-12-14 这一部分是大学后补充的，感觉大学后智力水平有所提升QwQ，多半是因为我原先太傻了。

P3327 [SDOI2015]约数个数和

规定：

$$d(x)=\sum _{p||x}1$$

求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$$

其中： $n,m\le 5\times 10^4$。多组询问，询问组数不超过 $5\times 10^4$。

我用这道题简述一下莫比乌斯反演类型题的基础解题思路，因为这道题确实蛮水的。

首先：一个很重要的结论是：

$$d(ij)=\sum _x\sum _y[gcd(x,y)=1]:x||i,y||j$$

这个结论的证明很是有趣，看完之后热血沸腾。

记：

$$i=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n},j=p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_n^{b_n}$$

若：$f||ij$ 那么我们记：

$$f=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\cdots p_n^{c_n}$$

其中 ∀k∈{1,2,⋯ ,n},0≤ck≤a1+b1\forall k\in\{1, 2, \cdots, n\}, 0\leq c_k\leq a_1+b_1∀k∈{1,2,⋯,n},0≤ck​≤a1​+b1​

这个时候我们给出一种对应关系：

1. 若 $c_k\le a_k$ 我们称 $f$ 的因子 $p_k^{c_k}$ 与 $i$ 的因子 $p_k^{c_k}$ 以及 $j$ 的因子 $p_k^0$ 的乘积对应。

2. 若 $c_k>a_k$ 我们称 $f$ 的因子 $p_k^{c_k}$ 与 $i$ 的因子 $p_k^{a_k}$ 以及 $j$ 的因子 $p_k^{c_k-a_k}$ 的乘积对应。

对于 $i$ 来说，$p_k^{a_k}$ 与 $p_k^0$ 在统计方案数的时候并没有本质区别，因为它们的共同点都是别无选择。所以在 2. 这种情况下，我们说 “若 $c_k>a_k$ 我们称 $f$ 的因子 $p_k^{c_k}$ 与 $i$ 的因子 $p_k^0$ 以及 $j$ 的因子 $p_k^{c_k-a_k}$ 的乘积对应。” 实际上如果我们仅仅是统计因子的个数的话，取一个 $i$ 的因子 $x$，取一个 $j$ 的因子 $y$ ，若 $\gcd (x,y)=1$ 那么就能唯一对应一个 $ij$ 的因子 $f$。

证明如下：

对于某一个 $ij$ 的质因子 $p_k$，由于 $\gcd (x,y)=1$ 显然，如果 $x$ 的展开式含有 $p_k^{s_k}$ 这一项，$y$ 的展开式含有 $p_k^{t_k}$ 这一项，那么 $s_k$ 和 $t_k$一定不会同时非零，否则 $1\ne p_k||gcd(x,y)$，与假设矛盾。

当 $s_k\ne 0$，我们记 $p_k$ 对因子 $f$ 的贡献为 $p_k^{s_k}$；当 $t_k\ne 0$ （这个时候神奇的事情就出现了）我们记 $p_k$ 对因子 $f$ 的贡献为 $p_k^{a_k+t_k}$。按照这两种方法恰好能够建立出一种 互质有序整数对 $(x,y)$ 与 $ij$ 的因子间的一一映射。

$Q.E.D.$

回到这道题的题面，我介绍一波我的如下几种转化思想：

1. 条件的作用域是全局的而非局部的
2. 一切问题的关键都在于对表达式中的循环变量进行分离
3. 枚举因子的逆过程是枚举倍数，或者说枚举比值（范围一般都有限）
4. 求和变量变化的范围可以通过隐含的限定条件进行推演

您看了这些无厘头的文字一定会云里雾里，所以我们要用这道例题具体地演示这四种思想。

思想一：“条件的作用域是全局的而非局部的”

这个最好理解，把求和符号中给出地所有条件都删去，只保留去和变量，而把条件写在整个和式地最右侧。

$$T(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{i=1}^{m}d(ij)=\left(\sum _i\sum _{j}d(ij):1\le i\le n,1\le j\le m\right)$$

然后，带入我们刚才求得的公式：

$$T(n,m)=\sum _i\sum _j\sum _x\sum _y[gcd(x,y)=1]:1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j$$

思想四：“求和变量变化的范围可以通过隐含的限定条件进行推演”

$$T(n,m)=\sum _i\sum _j\sum _x\sum _y[gcd(x,y)=1]:1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j，1\le x\le n,1\le y\le m$$

在循环条件中增加了 $x,y$ 的取值范围。

常用手段: $I\times \mu =e$

用更具体地语言来写就是：

$$e(x)=[x=1]=\left(\sum _k\mu (k):k||x\right)$$

带入后得到：

$$T(n,m)=\sum _i\sum _j\sum _x\sum _y\sum _k\mu (k):1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j，1\le x\le n,1\le y\le m,k||\gcd (x,y)$$

但是这样的表述显然是不够简洁的，因为 $k||\gcd (x,y)\iff k||x\wedge k||y$

$$T(n,m)=\sum _i\sum _j\sum _x\sum _y\sum _k\mu (k):1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j，1\le x\le n,1\le y\le m,k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

思路二：“一切问题的关键都在于对表达式中的循环变量进行分离”

思路三：“枚举因子的逆过程是枚举倍数，或者说枚举比值（范围一般都有限）”

不难发现 上述五个 “$\sum$”的顺序是可以随心所欲的调换的：

$$T(n,m)=\sum _k\sum _x\sum _i\sum _y\sum _j\mu (k):1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j，1\le x\le n,1\le y\le m,k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

在和式中可以随心所欲乘$1$。

$$T(n,m)=\sum _k\mu (k)\left(\sum _x\sum _{i}1\right)\left(\sum _y\sum _{j}1\right):1\le i\le n,1\le j\le m,x||i,y||j，1\le x\le n,1\le y\le m,k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

不难发现，这个时候变量 $i,j$ 可以轻松除去，因为枚举倍数很容易。

$$T(n,m)=\sum _k\mu (k)\left(\sum _x\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \right)\left(\sum _y\lfloor \frac{m}{y}\rfloor \right):1\le x\le n,1\le y\le m,k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

令 $x=x^{\prime }k,y=y^{\prime }k$ 直接带入。

$$T(n,m)=\sum _k\mu (k)\left(\sum _{x^{\prime }k}\lfloor \frac{n}{x^{\prime }k}\rfloor \right)\left(\sum _{y^{\prime }k}\lfloor \frac{m}{y^{\prime }k}\rfloor \right):1\le x^{\prime }k\le n,1\le y^{\prime }k\le m,k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

换变量：

$$T(n,m)=\sum _k\mu (k)\left(\sum _{x^{\prime }}\lfloor \frac{n}{x^{\prime }k}\rfloor \right)\left(\sum _{y^{\prime }}\lfloor \frac{m}{y^{\prime }k}\rfloor \right):1\le x^{\prime }\le \frac{n}{k},1\le y^{\prime }\le \frac{m}{k},k||x,k||y,1\le k\le \min (n,m)$$

记

$$S(x)=\sum _{i=1}^x\lfloor \frac{x}{i}\rfloor$$

则有：

$$T(n,m)=\sum _k\mu (k)S\left(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \right)S\left(\lfloor \frac{m}{k}\rfloor \right)$$

其中 $n/k$ 和 $m/k$ 可以采用双重数论分块，$S(x)$ 可以 $O(\max (n,m))$ 预处理，$\mu (x)$ 的前缀和可以先线性筛。后循环求和，时间复杂度也是 $O(\max (n,m))$。

这样就能做到预处理 $O(n)$ 单次询问 $O(\sqrt{n})$，总时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$。

2020-12-14 下午

今天又做了一道莫比乌斯反演的简单问题 洛谷 P2257。

题意简述

$$\sum _{x=1}^N\sum _{y=1}^M[\gcd (N,M)isprime]$$

其中 $N,M\le 10^7$，多组询问，询问组数 $\le 10^4$。

这道题中我又总结出了两个新方法：

1. 能线性筛预处理的，不要反演
2. 质数检测函数一定要转化成枚举质数的和式，而且质数做因子的时候要后枚举而不是先枚举

公式推到如下（次要取值范围省略）：

$$\sum _x\sum _y\sum _p[gcd(x,y)=p]:prime(p)$$

$$\sum _p\sum _x\sum _y[gcd(x,y)=p]:prime(p)$$

发现 $x,y$ 仅仅需要枚举 $p$ 的倍数就够了。

$$\sum _p\sum _{x^{\prime }}\sum _{y^{\prime }}[gcd(x^{\prime },y^{\prime })=1]:prime(p),x^{\prime }\le \frac{N}{p},y^{\prime }\le \frac{M}{p},p||x^{\prime },p||y^{\prime }$$

这就又一次遇到了我么最常见的反演前的公式。

$$\sum _p\sum _{x^{\prime }}\sum _{y^{\prime }}\sum _d\mu (d):prime(p),x^{\prime }\le \frac{N}{p},y^{\prime }\le \frac{M}{p},d||x^{\prime },d||y^{\prime },p||x^{\prime },p||y^{\prime }$$

常规思路：枚举因子转枚举倍数：

$$\sum _p\sum _d\mu (d)\left(\sum _{x^{\prime }}1\right)\left(\sum _{y^{\prime }}1\right):prime(p),x^{\prime }\le \frac{N}{p},y^{\prime }\le \frac{M}{p},d||x^{\prime },d||y^{\prime },p||x^{\prime },p||y^{\prime }$$

$$\sum _p\sum _d\mu (d)\lfloor \frac{N}{dp}\rfloor \lfloor \frac{M}{dp}\rfloor :prime(p)，1\le d,p\le min(N,M)$$

这个时候就到了振奋人心的时刻了：换元求和。因为上式中如果 $dp>\min (N,M)$，右侧的 $\lfloor \frac{N}{dp}\rfloor \lfloor \frac{M}{dp}\rfloor$ 一定等于零，所以仅统计 $dp\le \min (N,M)$ 时对答案的贡献即可。换元令 $Q=dp$ 即 $d=\frac{Q}{p}$。

$$\sum _p\sum _Q\mu (\frac{Q}{p})\lfloor \frac{N}{Q}\rfloor \lfloor \frac{M}{Q}\rfloor :prime(p),Q\le \min (N,M),p||Q$$

$$\sum _Q\lfloor \frac{N}{Q}\rfloor \lfloor \frac{M}{Q}\rfloor \sum _p\mu (\frac{Q}{p}):prime(p),Q\le \min (N,M),p||Q$$

如果记：

$$ans(Q)=\sum _p\mu (\frac{Q}{p}):prime(p),p||Q$$

不难发现，$ans(Q)$ 可通过线性筛求出，能筛就筛，就别反演了（下述六行内容中约定$p_1,p_2,\cdots ,p_n$ 均为质数）。

1. $Q=1,ans(Q)=0$ 因为没有质因子。
2. $prime(Q),ans(Q)=1$ 只有一个质因子。
3. $Q=p_1{p}_2\cdots p_n,ans(Q)=n\times (-1{)}^{n-1}$。
4. $Q=p_1\cdots p_{k-1}\cdot p_k^2\cdot p_{k+1}\cdots p_n,ans(Q)=(-1{)}^n$。
5. 若 $Q=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n}$ 且存在 $i\ne j$使得 $a_i=a_j=2$ 那么 $ans(Q)=0$。
6. 若 $Q=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_n^{a_n}$ 且存在 $i$使得 $a_i\ge 3$ 那么 $ans(Q)=0$。

上述六种情况的证明都很显然，这就意味着，我们只需要对于每个数 $x$，再计算 $\mu (x)$ 的同时计算 ${\sum }_{p||x}[prime(p)]$ 以及 $x$ 的指数为 $2$ 的质因子的个数即可。

感觉 C 语言挺好的，C语言它不香吗。

#include <stdio.h>

#define maxn (10000000 + 8)

int vis[maxn];
int tbl[maxn], cnt; /// 质数表 
int pnt[maxn], csqr[maxn], psqr[maxn]; /// 记录质因子的个数以及平方项的个数 
int mu[maxn], ans[maxn];
long long pre[maxn];

void eular(int n) {
	vis[0] = vis[1] = 1; /// 不是质数 
	mu[1]  = 1;
	ans[1] = 0; /// 没有质因子 
	int i, j;
	for(i = 2; i <= n; i ++) {
		if(!vis[i]) {
			tbl[++ cnt] = i;
			pnt [i] = 1; /// 只有一个质因子 
			csqr[i] = 0; /// 没有平方项 
			psqr[i] = 0; /// 平方项质数记为 0 
			ans [i] = 1;
		}
		for(j = 1; tbl[j]<=n/i; j ++) { /// 枚举素数表中的质数 
			int r = tbl[j] * i;
			vis[r] = 1;
			if(i%tbl[j] == 0) {  /// 新增一个平方质因子项 
				pnt[r] = pnt[i]; /// 质因子总数不变 
				if(csqr[i] == 0) {
					csqr[r] = 1; /// 只有一个平方项
					psqr[r] = tbl[j];
					ans [r] = pnt[r]%2==0 ? 1 : -1;
				}else if(csqr[i] >= 1) {
					csqr[r] = 2; /// 已卒 
					psqr[r] = tbl[j];
					ans [r] = 0;
				}
				break;
			}else {
				pnt [r] = pnt[i] + 1; /// 质因子多了一个 
				csqr[r] = csqr[i];
				if(csqr[i] == 0) {
					psqr[r] = 0; /// 没有平方项 
					ans [r] = pnt[r] * (pnt[i]%2==0 ? 1 : -1);
				}else if(csqr[i] == 1) {
					psqr[r] = psqr[i];
					ans [r] = pnt[r]%2==0 ? 1 : -1;
				}else if(csqr[i] >= 2) {
					psqr[r] = 0; /// 不关心 
					ans [r] = 0;
				}
			}
		}
	}
	for(i = 1; i <= n; i ++) {
		pre[i] = pre[i-1] + ans[i];
	}
}

int min(int x, int y) { /// 取较小值 
	return x<y ? x : y;
}

void solve() {
	int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
	int i;
	long long ans = 0;
	for(i = 1; i <= min(n, m); i = min(n/(n/i), m/(m/i))+1) {
		int j = min(n/(n/i), m/(m/i));
		ans += (pre[j] - pre[i-1]) * (m/i) * (n/i);
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	eular(10000000);
	int T; scanf("%d", &T);
	while(T --) {
		solve();
	}
	return 0;
}

2020-12-14 晚上

晚上又做了一道莫比乌斯反演的简单问题 洛谷 P3911。

给出 $N$ 个整数，$A_1,A_2,\cdots ,A_N$，计算：

$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N\text{lcm}(A_i,A_j)$$

其中 $A_i\le 5\times 10^4,N\le 5\times 10^4$。

难度实在是不敢恭维，基本上随便推推就出来了，思维方式基本上还是上述的那六种思维方式，但是有多了一个新的技巧。

技巧：权值数组

$$Cnt(k)=\sum _{i=1}^N[A_i=k]$$

下文中，为了表述方便，我们记 max⁡{A1,A2,⋯ ,AN}=M\max\{A_1, A_2, \cdots, A_N\}=Mmax{A1​,A2​,⋯,AN​}=M。

用 $Cnt(k)$ 表示数值 $k$ 在序列 $A$ 中的出现次数，这样我们可以通过枚举值域的方式枚举 $A_i$，比较自由。

$$\sum _i\sum _j\text{lcm}(A_i,A_j)$$

利用权值数组进行转化：

$$\sum _x\sum _y\text{lcm}(x,y)Cnt(x)Cnt(y):1\le x,y\le M$$

这样我们就成功把 $A$ 去掉了，继续变换。

$$\sum _{x}Cnt(x)\sum _{y}Cnt(y)\frac{xy}{gcd(x,y)}$$

看到了我们最喜欢的 gcd，然后开始莫比乌斯反演：

$$\sum _{x}xCnt(x)\sum _{y}yCnt(y)\sum _d\frac{1}{d}[gcd(x,y)=d]:d|x,d|y$$

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _{x}xCnt(x)\sum _{y}yCnt(y)[gcd(x/d,y/d)=1]$$

转莫比乌斯反演：

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _{x}xCnt(x)\sum _{y}yCnt(y)\sum _k\mu (k):k|\frac{x}{d},k|\frac{y}{d}$$

枚举因子：

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _k\mu (k)\sum _{x}xCnt(x)\sum _{y}yCnt(y):k|\frac{x}{d},k|\frac{y}{d}$$

其实后面两个东西是一样的：

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _k\mu (k){\left(\sum _{x}xCnt(x)\right)}^2:k|\frac{x}{d}$$

其中 $x$ 是 $kd$ 的倍数，记：

$$F(Q)=\sum _{Q|x}xCnt(x)$$

不难说明：$F(Q)$ 可以通过埃氏筛法以 $O(m\ln m)$ 的时间复杂度得到。

则有原式等于：

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _k\mu (k)F(Q{)}^2:Q=kd$$

采用更换循环变量的思路：

$$\sum _d\frac{1}{d}\sum _Q\mu (\frac{Q}{d})F(Q{)}^2$$

不妨令

$$G(d)=\sum _{d|Q}\mu (\frac{Q}{d})F(Q{)}^2$$

不难说明：在 $F(Q)$ 已知并可以 $O(1)$ 应答时，$G(d)$ 也可以通过埃氏筛法以 $O(m\ln m)$ 的时间复杂度得到。

因此，我们只需要计算：

$$\sum _d\frac{1}{d}G(d):1\le d\le m$$

就能得到答案。

又是C语言代码。

#include <stdio.h>

#define maxn  (50000 + 5)
int cnt[maxn], vis[maxn], mu[maxn], tbl[maxn], pcnt;
long long F[maxn], G[maxn];

int max(int x, int y) { /// 求最大值 
	return x>y ? x : y;
}

void eular(int n) {
	vis[0] = vis[1] = 1; mu[1] = 1;
	int i;
	for(i = 2; i <= n; i ++) {
		if(!vis[i]) {
			tbl[++ pcnt] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		int j;
		for(j = 1; j <= pcnt && tbl[j]<=n/i; j ++) {
			int r = tbl[j]*i;
			vis[r] = 1;
			if(i%tbl[j] == 0) {
				mu[r] = 0;
				break;
			}else {
				mu[r] = -mu[i];
			}
		}
	}
}

int main() {
	int N, i, mx = 0; scanf("%d", &N);
	for(i = 1; i <= N; i ++) {
		int tmp; scanf("%d", &tmp);
		cnt[tmp] ++;
		mx = max(mx, tmp);
	}
	eular(mx);
	for(i = 1; i <= mx; i ++) {
		int j;
		for(j = i; j <= mx; j += i) { /// 枚举倍数 
			F[i] += (long long)cnt[j]*j;
		}
	}
	for(i = 1; i <= mx; i ++) {
		int j;
		for(j = i; j <= mx; j += i) { 
			G[i] += F[j]*F[j]*mu[j/i];
		}
	}
	long long ans = 0;
	for(i = 1; i <= mx; i ++) {
		ans += G[i]/i;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}