莫比乌斯反演学习小记

算法简介

莫比乌斯反演是组合数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题。

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算法分析

先给个题目

[HAOI2011][BZOJ2301]Problem b

求满足$a\le x\le b,c\le y\le d$的所有数对$(x,y)$中，$gcd(x,y)=k$的数对的个数。
一个测试点总共有$T$组数据。
$1\le T\le50000，1\le a\le b\le50000，1\le c\le d\le50000，1\le k\le50000$

题目分析

简化问题

我们设$f(k)(n,m)$为满足$1\le x\le n,1\le y\le m$中所有数对$(x,y)$中，$gcd(x,y)=k$的数对个数。$n,m$在函数计算前已经给定，且$n\le m$。
那么答案显然就是$f(k)(c,d)-f(k)(a-1,d)-f(k)(b,c-1)+f(k)(a-1,c-1)$。
但是这样的$f(k)$很难直接在较优时间复杂度内求出，怎么办呢？

化难为易

我们发现$f(k)$很难直接求，那能不能用一个容易计算的东西来推出$f(k)$呢？
定义$g(k)=\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}f(ik)$，即$k|gcd(x,y)$的数对$(x,y)$个数。
既然$k|gcd(x,y)$，那么一定满足$x=ak,y=bk(a,b\in\mathbb{N^+})$。$a$的取值有$\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$种，$b$的取值有$\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$种，那么显然$g(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$。
也就是$g(k)$其实可以在$\mathrm O(1)$的时间复杂度内计算。
那我们考虑如何通过$g$函数倒推$f$函数，由上列式子，显然有

$$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}f(ik)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$$
那么 $$f(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor-\sum_{i=2}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}f(ik)$$
难道我们用这条式子从大到小推出$f(k)$吗，其实这样对复杂度并没有什么太大的优化。
那$f$函数和$g$函数之间还存在着什么联系呢？

寻找联系

考虑这样一类函数（不要问我和上面有什么关系）

$$g(n)=\sum_{d|n}f(d)$$
我们列举$g(x)$与$f(x)$之间的关系如下：
$g(1)=f(1)$
$g(2)=f(1)+f(2)$
$g(3)=f(1)+f(3)$
$g(4)=f(1)+f(2)+f(4)$
$g(5)=f(1)+f(5)$
$g(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)$
$g(7)=f(1)+f(7)$
$g(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)$
$g(9)=f(1)+f(3)+f(9)$
$g(10)=f(1)+f(2)+f(5)+f(10)$
尝试使用$g(x)$写出$f(x)$：
$f(1)=g(1)$
$f(2)=g(2)-g(1)$
$f(3)=g(3)-g(1)$
$f(4)=g(4)-g(2)$
$f(5)=g(5)-g(1)$
$f(6)=g(6)-g(3)-g(2)+g(1)$
$f(7)=g(7)-g(1)$
$f(8)=g(8)-g(4)$
$f(9)=g(9)-g(3)$
$f(10)=g(10)-g(5)-g(2)+g(1)$
可以发现，$f(x)$的等式中所有$g(y)$都满足$y|x$。
那么是否有$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$呢？显然不是，有的$g(d)(d|n)$没有出现在等式中，有的甚至是以相反数的形式出现。
那么我们可以猜测每个$g(d)$都乘上了一个系数。那么这个系数到底和什么有关呢？$d$？$\frac{n}{d}$？请读者先自行研究。

莫比乌斯反演

基本知识

经过不断地猜想和验证，我们可以发现$f$貌似满足这样的关系式：

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d})$$
其中$\mu$是一个函数，满足：

$$\mu(x)=\begin{cases} (-1)^k,&x=\prod_{i=1}^{k}p_i,p_i\in \mathbb P\\ 0,&otherwise \end{cases}$$
即当$x$能分解为若干互不相等的质数的乘积时（注意，不是质数的乘幂的乘积），设这样的质数有$k$个，那么$\mu(x)=(-1)^k$，否则$\mu(x)=0$。

$\mu$函数的性质

性质1.1：$\mu$是积性函数

证明：
对于数$x,y$满足$gcd(x,y)=1$，那么设$x=\prod_{i=1}^n{p_i}^{a_i}$，$y=\prod_{i=1}^m{q_i}^{b_i}$，显然有$\forall1\le i\le n,1\le j\le m$，满足$gcd(p_i,q_j)=1$。
若$\mu(x)=0$，那么存在至少一个$1\le i\le n$使得$a_i>1$，那$xy$分解后肯定存在一个因数为某质数的乘幂，因此$\mu(xy)$一定为$0$，等于$\mu(x)\mu(y)$。
$\mu(y)=0$的情况类似。
$\mu(x)\mu(y)\not=0$时，即$\mu(x)=(-1)^n$，$\mu(y)=(-1)^m$。$xy$肯定是同样的这些质数的乘积，因此$\mu(xy)=(-1)^{n+m}$，等于$\mu(x)\mu(y)$。
综上所述，$\mu(x)\mu(y)=\mu(xy)$。

性质1.2：对$n$的因子的$\mu$值求和，当$n=1$时，和为$1$，否则为$0$

证明：
要证明的式子为

$$\sum_{d|n}\mu(d)= \begin{cases} 0,&n=1\\ 1,&n>1 \end{cases}$$
设$n$能分解为$n=\prod_{i=1}^{k}{p_i}^{a_i}$。那么对求和答案有贡献的显然是由若干互不相等质数乘起来的$d$。
考虑这些$d$，那么显然可得
$$\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^k{k\choose i}(-1)^i$$
研究过杨辉三角及二项式系数的人应该知道
$$(a+b)^k=\sum_{i=0}^k{k\choose i}a^ib^{k-i}$$
在这里，我们令$a=-1$，$b=1$，则有
$$\begin{align} \sum_{d|n}\mu(d)&=\sum_{i=0}^k{k\choose i}(-1)^i\\ &=\sum_{i=0}^k{k\choose i}(-1)^i1^{k-i}\\ &=(-1+1)^k\\ &= \begin{cases} 0,&k=0\\ 1,&k>0 \end{cases} \end{align}$$
得证。

反演证明以及部分性质

反演证明

那么我们回到式子$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d})$。之前我们说这是个猜想，那这个东西怎么证明呢？
套用$g$函数定义式得，证明上式即要证

$$f(n)=\sum_{d|n}\sum_{d_1|d}f(d_1)\mu(\frac{d}{d_1})\\ $$
更换主体，令$T=\frac{d}{d1}$则有要证

$$\begin{align} f(n)&=\sum_{d|n}\sum_{d_1|d}f(d_1)\mu(\frac{d}{d_1})\\ &=\sum_{d_1|n}f(d_1)\sum_{T|\frac{n}{d_1}}\mu(T)\\ &=f(n)\text{（根据性质1.2，$f(d_1)$后面的式子值为$1$当且仅当$\frac{n}{d_1}$为$1$，即$d_1=n$，否则值为$0$）} \end{align}$$

莫比乌斯反演的常用形式

在实际运用中，很少直接用到莫比乌斯反演的定义形式。
我们通常遇到的问题是以这种形式出现的：

$$g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(di)$$
由此可以推到
$$f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(di)\mu(i)$$
证明和上面的证明类似：
$$\begin{align} \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(di)\mu(i)&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{di}\rfloor}f(dij)\mu(j)\\ &=\sum_{T=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(Td)\sum_{j|T}\mu(j)\\ &=f(d) \end{align}$$

积性函数

可以证明，当$g$为积性函数时，$f$为积性函数。
这里只证明莫比乌斯反演基本形式的$f$，其变式类似。
证明：
令$gcd(A,B)=1$，$g$为某积性函数。

$$\begin{align} f(A)f(B)&=\sum_{d_1|A}g(d_1)\mu(\frac{A}{d_1})\sum_{d_2|B}g(d_2)\mu(\frac{B}{d_2})\\ &=\sum_{T|AB}\sum_{d_1|T\text{且}gcd(d_1,B)=1}g(d_1)g(\frac{T}{d_1})\mu(\frac{A}{d_1})\mu(\frac{Bd_1}{T})\\ &=\sum_{T|AB}\sum_{d_1|T\text{且}gcd(d_1,B)=1}g(T)\mu(\frac{AB}{T})(\text{$g$和$\mu$都是积性函数})\\ &=\sum_{T|AB}g(T)\mu(\frac{AB}{T})(\text{显然$d_1$只有一种取值})\\ &=f(AB) \end{align}$$

线性求出$\mu$函数

既然$\mu$是积性函数，那么是否可以通过线性筛法线性地筛出$\mu$的值呢？
显然：
$\bullet$对于$p\in\mathbb P$，有$\mu(p)=-1$
$\bullet$对于$p\in\mathbb P，a\in\mathbb {N^*},a>1$，有$\mu(p^a)=0$
$\bullet$对于$p,q\in \mathbb{N^*},gcd(p,q)=1$，有$\mu(pq)=\mu(p)\mu(q)$
$\bullet$特殊地，$\mu(1)=1$
那么用线性筛法求$\mu$的过程就显然了。

mu[1]=1;
pri[0]=0;
mark[1]=true;
for (int i=2;i<=N;i++)
{
    if (!mark[i])
    {
        pri[++pri[0]]=i;
        mu[i]=-1;
    }
    for (int j=1;j<=pri[0];j++)
    {
        if ((long long)i*pri[j]>N)
            break;
        mark[i*pri[j]]=true;
        if (!(i%pri[j]))
        {
            mu[i*pri[j]]=0;
            break;
        }
        mu[i*pri[j]]=-mu[i];
    }
}

回到题目

莫比乌斯反演

题目中我们要求的目标函数为$f(k)$，且有函数$g$满足$g(k)=\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}f(i\times k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\times\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$，显然我们可以套用莫比乌斯反演的变式$g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(di)\Rightarrow f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(di)\mu(i)$。
也就是

$$\begin{align} f(k)&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}g(ki)\mu(i)\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ki}\rfloor\lfloor\frac{m}{ki}\rfloor\mu(i) \end{align}$$
筛$\mu$函数可以在$\mathrm O(n)$的时间复杂度内解决，但是求$f(k)$时总不能枚举$\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$次吧，这样对时间复杂度并没有什么帮助，有什么好的办法求解呢？

分块大法好

我们考虑一个问题：$\forall d\in\mathbb {N^*},d\in[1,n]$所有$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$的取值有多少种？
$\bullet\forall d\in\mathbb{N^*},d\in[1,\lfloor\sqrt n\rfloor]$，显然$d$总共有$\sqrt n$种取值方法，那么$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$肯定最多有$\sqrt n$种取值方法。
$\bullet\forall d\in\mathbb{N^*},d\in(\lfloor\sqrt n\rfloor,n]$，$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$是小于等于$\sqrt n$的，那么$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$肯定最多有$\sqrt n$种取值方法。
综上所述，$\forall d\in\mathbb {N^*},d\in[1,n]$所有$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$的取值最多就有$2\sqrt n$种。
现在思路就很显然了，我们对于$i$分块，使得每个块内$\lfloor\frac{n}{ki}\rfloor$、$\lfloor\frac{m}{ki}\rfloor$的值都相等。由上面证明得使用最优策略下，这样的块最多有$2(\sqrt n+\sqrt m)$个。
每个块内的$\mu$值可以用前缀和处理，然后乘上相同的系数。
总的时间复杂度为$\mathrm O(n+\sqrt n)$，具体实现细节请看代码实现。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>

using namespace std;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}

const int N=50000;

int mu[N+1],pri[N+1],sum[N+1];
int k,a,b,c,d,T;
bool mark[N+1];

void preparation()
{
    pri[0]=0;
    mark[1]=true;
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++)
    {
        if (!mark[i])
        {
            pri[++pri[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=pri[0];j++)
        {
            if ((long long)i*pri[j]>N)
                break;
            mark[i*pri[j]]=true;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            if (!(i%pri[j]))
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    sum[1]=mu[1];
    for (int i=2;i<=N;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}

int calc(int n,int m)
{
    if (n>m)
        n^=m^=n^=m;
    int i=1,j,ret=0;
    while (i<=n/k)
    {
        int j1=ceil(n/(k*(n/(k*i)))),j2=ceil(m/(k*(m/(k*i))));
        j=min(j1,j2);
        ret+=(sum[j]-sum[i-1])*(n/(k*i))*(m/(k*i));
        i=j+1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    preparation();
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    T=read();
    while (T--)
    {
        a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
        int ans1,ans2,ans3,ans4,ans;
        ans1=calc(b,d);
        ans2=calc(b,c-1);
        ans3=calc(a-1,d);
        ans4=calc(a-1,c-1);
        ans=ans1-ans2-ans3+ans4;
        printf("%d\n",ans);
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

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算法总结

回顾上面的题目，可以归纳出一般的莫比乌斯反演问题的解题步骤（是一般的，难题会比较坑）。
$\bullet$首先推导公式：根据题目大意，用准确的数学语言表述出求解的步骤（不要怕大暴力），这一步是解题的基础。
$\bullet$其次等价变换：有了求解式子之后，要想办法通过莫比乌斯反演的形式进行变形和优化。莫比乌斯反演的题目往往不会给你一个十分简单的求解式，最终式子的推出需要我们灵活运用换元、内外层求和对调等技巧，这其中认清我们要将哪一条式子作为主体，哪些式子作为系数，从而向所想的方向变化。
$\bullet$再次线性筛法：通常式子中的系数可以通过强大的线性筛法求出，这其中往往会运用到目标函数的积性。我们要注意分析和发现函数的性质。
$\bullet$最后分块大法：一般的莫比乌斯反演最后的式子都会出现形如$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$的形式，这样就可以通过分块大法在$\sqrt n$的时间复杂度内解决。最后跟我高呼：“分块大法好，分块大法好，分块大法好！”