莫比乌斯反演总结

莫比乌斯反演

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1. 定义

对于一个定义在非负整数上的函数 $f(n)$,定义函数$F(n)$。

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

那么有如下结论：

$$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$$

其中：
$(1)若d=1,则\;\;\mu(d)=1\;\;$
$(2)若d=p_1p_2p_3p_4...p_k,即d有k个互异的质因子\;\;\mu(d)=(-1)^k$
$(3)其他情况下\;\;\mu(d)=0$

2.莫比乌斯函数的性质&证明

性质1:

$$\sum_{d|n}^n\mu(d)=\begin{cases} 1， & 若n=1\\ 0 , & 若n>1 \end{cases}$$
证明：
n=1时显然成立;
n>1时:
$设n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}...p_k^{a_k},n_1=p_1p_2p_3...p_k$
$设d,d|n_1\;\;所以d|n,若d包含多个相同质因子，则\mu(d)无贡献,反之有贡献$
那么易知 $$\sum_{d|n}^n\mu(d)=\sum_{d'|n_1}^{n_1}\mu(d')$$
$所以\mu(d)的值与取的质因子个数有关，即$
$$\sum_{d|n_1}^{n_1}=\sum_i^kC(k,i)*(-1)^i$$

由二项式定理:

$$(a+b)^n=\sum^n_{i=0}C(n,i)a^{i}b^{n-i}$$
取 $a=-1,b=1,则$ $$\sum^{n_1}_{d|n_1}=(-1+1)^n=0\;\;\;证毕$$

性质2:

$$\sum^n_{d|n}\dfrac{\mu(d)}{d}=\dfrac{\Phi(n)}{n}$$

莫比乌斯反演定理的证明:

$$左边=\sum^{n}_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum^{n}_{d|n}\mu(d)\sum^{\frac{n}{d}}_{d'|\frac{n}{d}}f(d')=\sum_{d'|n}^nf(d')\sum_{d|\frac{n}{d'}}^{\frac{n}{d'}}\mu(d)=f(n)$$

最后两步的解释：
我们枚举d’,因为$d'|\dfrac{n}{d},所以d'|n,令d'=k\dfrac{n}{d},那么d=k\dfrac{n}{d'},即d|\dfrac{n}{d'},然后当且仅当d'= n时$
$\sum_{d|\frac{n}{d'}}^{\frac{n}{d'}}\mu(d)=1,最后结果为f(n)$

3.莫比乌斯函数的筛法

线性筛法:

int pri[N];int cnt=0;
bool vis[N];
int mu[N];
inline void prepare()//线性筛法求 mu(d)
{
    vis[1]=1;
    for(register int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]) {pri[++cnt]=u;mu[i]=-1;}
        for(register int j=1;j<=cnt&&((1ll*pri[j]*i)<=n);j++)
        {
            vis[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0) {mu[i*pri[j]]=0;break;}//此时有两个相同因子
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];//新加一个相异质数;
        }
    }
    return ;
}

4.应用

注:以下除法未说明均为向下取整。

其实莫比乌斯反演还有另一种描述:

$$f(n)=\sum^n_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$$
证明类似：
首先知道若 $nk|d,$那么 $n|d,k|d$。

$\sum_{n|d}^n\mu(\frac d n)F(d)=\sum_{k=1}^{+∞}\mu(k)F(nk)=\sum^{+∞}_{k=1}\mu(k)\sum_{nk|d'}f(d')$
$=\sum_{n|d}f(d)\sum_{k|\frac n d}\mu(k)=f(n)\;\;\;\;当且仅当d=n时\sum_{k|\frac n d}\mu(k)=1$

一般都用这种
担心d会无限增大?F(d)这时就会没贡献了

1.一道简单例题:
$求i从1到n,j从1到m的i,j互质的对数$

$$即为\sum^n_i\sum^m_j[gcd(i,j)=1]$$
$那么就设f(x)为n,m内gcd=x的对数,F(x)=\sum_{x|d}f(\frac{d}{x})$
$那么推知F(x)表示n,m内x|gcd的对数,$

现在要求$f(1)$,套用公式就是:
$f(1)=\sum_{1|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d 1)F(d)$
即
$f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)F(d)$
易知$F(d)=\dfrac n d*\dfrac m d,即为gcd是d的倍数的对数$
那么$f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\dfrac n d*\dfrac m d$

这样我们其实也可以轻松求出$gcd=k$的对数,因为$n,m$中$gcd=k$的数的对数即为$\dfrac n d,\dfrac m d中,$ $gcd=1$的数的对数。
所以就是:

$f(k)=\sum_{k|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d k)F(d)=\sum_{k|d}^{min(n,m)}\mu(\frac d k)\dfrac n d*\dfrac m d$
$=\sum^{min(\frac n k,\frac m k)}_{d=1}\mu(d) \dfrac n {kd}*\dfrac m {kd}\;\;\;$(可以理解为枚举了$\frac d k),\;\;令n'=\frac n k,m'=\frac mk$
$=\sum_{d=1}^{min(n',m')}\dfrac {n'} d*\dfrac {m'} d*\mu(d)$

然后还可以对除法进行分块，并求出$\mu(d)$的前缀和,即可达到每次$O(\sqrt n)$的回答
虽然预处理有O(n)

贴个代码 LupguP2522 [HAOI2011]Problem b

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();int t=1;
    for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
    return x*t;
}
const int N=5e4+10;
int mu[N];
typedef long long ll;
int pri[N];int cnt;bool vis[N];
inline void prepara()
{
    mu[1]=1;vis[1]=1;
    for(register int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i]) {pri[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
        for(register int j=1;j<=cnt&&(1ll*pri[j]*i<N);j++)
        {
            register int x=i*pri[j];
            vis[x]=1;
            if(i%pri[j]==0) {mu[x]=0;break;}
            mu[x]=-mu[i];
        }
    }
    for(register int i=1;i<N;++i) mu[i]+=mu[i-1];
}
inline ll calc(int a,int b,int c)
{
    if(a>b) swap(a,b);
    if(a==0) return 0;
    a/=c;b/=c;
    register ll res=0;
    register int l,r;
    for(l=1;l<=a;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        if(r>a) r=a;
        res+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*(a/l)*(b/l);
    }
    return res;
}
int main()
{
    prepara();
    int T=read();
    while(T--)
    {
        register int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),e=read();
        if(e==0) {puts("0");continue;}
        register ll ans1=calc(b,d,e)-calc(a-1,d,e);
        register ll ans2=calc(b,c-1,e)-calc(a-1,c-1,e);
        //这题还要容斥一波
        printf("%lld\n",ans1-ans2);
    }
}

2.再来几道题

LuoguP2257-YY的GCD
题解

LuoguP3327 约数个数和
题解

LuoguP1829Crash的数字表格
题解

3.小结:
由上面几道题可以看出:

常用套路：
○1.过硬的推式子能力,灵活变更枚举数的顺序
○2.根据式子列出相关函数并利用莫比乌斯反演公式进行求解
○3.利用莫比乌斯函数的性质对式子进行化简，变形

THE END