莫比乌斯函数学习小结

前置知识

狄利克雷卷积

形如 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)\ast h(\frac{n}{d})$，记作 $f$是 $g$ 和 $h$的狄利克雷卷积，记作 $f=g\ast h$。
$eg.$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)\Rightarrow f=g\ast 1$
$f=f\ast e$，$e$ 为单位函数

狄利克雷卷积的性质

狄利克雷卷积满足交换律和结合律，即
$f=g\ast h\ast k=g\ast k\ast h=g\ast (h\ast k)$

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进入正题

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莫比乌斯函数

定义

定义可以参考其他 $blog$ (TAT，分段函数实在太难打了)

性质

$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$，即是 $\mu \ast 1=e(n)$，$e$ 为单位函数。
这是莫比乌斯函数很重要的性质，反演基本基于此。

证明如下：
考虑到每个 $u(d)$ 对 $ans$ 贡献只是 $1$ 或 $-1$（ $0$ 不用管）
设 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{a_i}$
那么 $n>1$ 时$ans=\sum _{k=0}^m(-1{)}^k{C}_m^k=(1-1{)}^m=0$
$n=1$时， $ans=1$。
证毕。

莫比乌斯反演定理

若有 $f(n)=\sum _{d|n}g(d)$，则有 $g(n)=\sum _{d|n}f(d)\ast \mu (\frac{n}{d})$

证明如下：
现有 $f=g\ast 1$，则有 $f\ast \mu =g\ast (\mu \ast 1)=g\ast e=g$（这是狄利克雷卷积的证法，当然还有其他证法，可参考其他 $blog$）

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莫比乌斯函数的应用

①：让我们先来考虑下面一道最最最经典的题：

求 $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==1](n<m)$
解：考虑到 $[gcd(i,j)==1]$ 是单位函数， 而 $e=\mu \ast 1$，于是
$ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$
考虑每个 $\mu (d)$ 出现了多少次，则有
$ans=\sum _{d=1}^n\mu (d)\ast \lfloor \frac{n}{d}\rfloor \ast \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$，然后用除法分块，可以使复杂度达到 $O(\sqrt{n})$

②：进阶版

求 $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)(n<m)$
枚举 $d=gcd(i,j)$，有
$ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i/d,j/d)==1]=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{k|i,k|j}\mu (k)=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$，然后 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$分块，$\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$分块。
复杂度是$O(\sqrt{n}\ast \sqrt{n}=n)$

③：再进阶一点点

这题是 $bzoj2154$ Crash的数字表格 / JZPTAB
求 $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$
众所周知，$lcm(i,j)=\frac{i\ast j}{gcd(i,j)}$，于是
$ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\ast j}{gcd(i,j)}=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\ast j}{d}\ast [gcd(i,j)==d]=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ijd[gcd(i,j)==1]=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$，然后考虑枚举 $k$，有
$ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\ast k^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }j$，然后两个整除分块即可，复杂度 $O(n)$

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define N 10000005
#define LL long long
#define mod 20101009
using namespace std;
int p[N], cnt, mu[N], s[N], g[N]; 
bool x[N];
LL z = 1, t;
int main(){
	int i, j, n, m, l1, l2, r1, r2, sum, ans, a, b;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	if(n > m) swap(n, m);
	mu[1] = 1;
	for(i = 2; i <= m; i++){
		if(!x[i]) x[i] = 1, p[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(j = 1; j <= cnt; j++){
			t = z * i * p[j];
			if(t > m) break;
			x[t] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
			mu[t] = -mu[i];
		}
	}
	for(i = 1; i <= m; i++) g[i] = (g[i - 1] + i) % mod, s[i] = (s[i - 1] + z * mu[i] * i * i % mod + mod) % mod;
	ans = sum = 0;
	for(l1 = 1; l1 <= n; l1 = r1 + 1){
		j = n / l1; r1 = min(n / (n / l1), m / (m / l1));
		a = n / l1, b = m / l1;
		sum = 0;
		for(l2 = 1; l2 <= j; l2 = r2 + 1){
			r2 = min(a / (a / l2), b / (b / l2));
			sum = (sum + z * (s[r2] - s[l2 - 1]) * g[a / l2] % mod * g[b / l2] % mod) % mod;
		}
		ans = (ans + z * sum * (g[r1] - g[l1 - 1]) % mod) % mod;
	}
	printf("%d", (ans + mod) % mod);
	return 0;
}

④ 再进阶一点点

求 $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)\in prime](n<m)$
考虑枚举 $n$ 以内的素数，于是有
$ans=\sum _p\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==p]=\sum _p\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(i,j)==1]=\sum _p\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{k|i,k|j}\mu (k)=\sum _p\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{kp}\rfloor \lfloor \frac{m}{kp}\rfloor$

操作来了！！

我们考虑枚举 $T=kp$，于是有
$ans=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{p|T}\mu (\frac{T}{p})$
对于后面那部分，我们可以预处理，将每个素数的倍数 $i$ 加上 $\mu (i)$，复杂度是 $O(wln(w))$，$w$ 为素数个数，而 $w$ 大约是 $\frac{n}{ln(n)}$，所以总的复杂度是 $O(n)$，单次询问的复杂度为 $O(\sqrt{n})$

暂时就写这么多吧