莫比乌斯反演初探

莫比乌斯反演初探

1. 莫比乌斯函数的定义

首先将正整数x写成分解形式:

$$x=p_1^{{\alpha }_1}\ast p_2^{{\alpha }_2}\ast ...\ast p_k^{{\alpha }_k}$$

则莫比乌斯函数定义为:

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1,& x=1\\ 0,& \exists {\alpha }_i\ge 2\\ (-1{)}^k,& \forall {\alpha }_i=1\end{array}\text{ 其中 k 是 x 包含的不同质因子的个数}$$

例如:
$$\mu (6)=1,\mu (7)=-1,\mu (8)=0，\mu (p)=-1(p为质数)$$

2. S(x)函数

我们定义:

$$S(x)=\sum _{d|x}\mu (d)$$

则:

$$S(x)=\{\begin{array}{ll}1,& x=1\\ 0,& x>1\end{array}=[x=1]$$

证明如下:

当x=1时:

$$S(x)=S(1)=\mu (1)=1$$

当x>1时:

$$\begin{gathered} 因为x=p_1^{{\alpha }_1}\ast p_2^{{\alpha }_2}\ast ...\ast p_k^{{\alpha }_k},故x的约数d=p_1^{{\beta }_1}\ast p_2^{{\beta }_2}\ast ...\ast p_k^{{\beta }_k}(其中0\le {\beta }_i\le {\alpha }_i) \\ 若\exists {\beta }_i\ge 2,则\mu (x)=0; \\ 故我们只需要考虑{\beta }_i取1和0的情况,即考虑k个{\beta }_i中有多少个{\beta }_i取1, \\ 显然,可能有0个{\beta }_i取1,1个{\beta }_i取1,...,k个{\beta }_i取1, \\ \begin{array}{rl}则S(x)& =\mu (d_0)+\mu (d_1)+\mu (d_2)+...+\mu (d_k)\\ & =C_k^0(-1{)}^0+C_k^1(-1{)}^1+...+C_k^k(-1{)}^k\\ & =(-1+1{)}^k\\ & =0\end{array} \end{gathered}$$

3. 莫比乌斯反演定理

$$定理一:若F(n)=\sum _{d|n}f(d),则f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$$

$$定理二:若F(n)=\sum _{n|d}f(d),则f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$$

第一个定理的证明:

$$\begin{array}{rl}\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})& =\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{i|\frac{n}{d}}f(i)\\ & =\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)\\ & =\sum _{i|n}f(i)S(\frac{n}{i})\\ & =f(i)\end{array}$$

推导过程:

$$\begin{gathered} 由F(n)的定义F(n)=\sum _{d|n}f(d),代入得\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{i|\frac{n}{d}}f(i), \\ 由于i|\frac{n}{d},所以id|n,由于d|n且i|n,所以d|\frac{n}{i},交换累加次序得\sum _{i|n}f(i)\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d), \\ 最后的\sum _{d|\frac{n}{i}}\mu (d)就是上面的S(\frac{n}{i}), \\ 故式子可以变换为\sum _{i|n}f(i)S(\frac{n}{i})=\sum _{i|n}f(i)[\frac{n}{i}=1]=\sum _{i|n}f(i)[i=n]=f(n) \end{gathered}$$

第二个定理的证明:

$$\begin{array}{rl}\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)& =\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})\sum _{d|i}f(i)\\ & =\sum _{n|i}f(i)\sum _{d|i}\mu (\frac{d}{n})\\ & =\sum _{n|i}f(i)\sum _{n{d}^{\prime }|i}\mu (d^{\prime })\\ & =\sum _{n|i}f(i)\sum _{d^{\prime }|\frac{i}{n}}\mu (d^{\prime })\\ & =\sum _{n|i}f(i)S(\frac{i}{n})\\ & =f(n)\end{array}$$

推导过程与上一个定理的推导过程相似，这边就不再赘述。

4. 莫比乌斯反演的应用

莫比乌斯反演是数论中的重要内容。对于一些函数 $f(n)$ ，如果很难直接求出它的值，而容易求出其倍数和或约数和 $F(n)$ ，那么可以通过莫比乌斯反演简化运算，求出的 $f(n)$ 值。莫比乌斯反演题一般会用到整除分块

先来题直接套公式的 : P3455 [POI2007]ZAP-Queries

密码学家正在尝试破解一种叫 BSA 的密码。

他发现，在破解一条消息的同时，他还需要回答这样一种问题：

给出 $a,b,d$ 求满足 $1\le x\le a,1\le y\le b$ ,且 $gcd(x,y)=d$ 的二元组 $(x,y)$ 的数量。

因为要解决的问题实在太多了，他便过来寻求你的帮助。

数据范围 : $1\le n\le 5\ast 10^4$ , $1\le d\le a,b\le 5\ast 10^4$

解题思路

• 很明显，该题要求的答案是
  $$\sum _{x=1}^a\sum _{y=1}^b[gcd(x,y)=d]$$

• 那么我们设
  $$f(d)=\sum _{x=1}^a\sum _{y=1}^b[gcd(x,y)=d]$$

• 则 $f(d)$ 就是我们要求的答案

• 设
  $$F(n)=\sum _{n|k}f(k)=\lfloor \frac{a}{n}\rfloor \ast \lfloor \frac{b}{n}\rfloor$$

• 则由莫比乌斯反演定理可以推出
  $$f(n)=\sum _{n|k}\mu (\frac{k}{n})F(k)$$

• 然后开始推…
  $$\begin{array}{rl}f(d)& =\sum _{d|k}\mu (\frac{k}{d})F(k)\\ & =\sum _{d|k}\mu (\frac{k}{d})\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor \\ & =\sum _{t=1}^{min(a,b)}\mu (t)\lfloor \frac{a}{td}\rfloor \lfloor \frac{b}{td}\rfloor \end{array}$$

• 该式子中a,b,d已知,线性筛法预处理 $\mu (x)$ , 利用整除分块快速计算 $\lfloor \frac{a}{td}\rfloor \lfloor \frac{b}{td}\rfloor$

• 时间复杂度 $O(T\ast \sqrt{n})$

• 参考代码 :

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 5e4+5;
int mu[N],sum[N],prime[N],cnt;
bool st[N];
void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!st[i]) prime[cnt++]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=0;prime[j]*i<N;j++){
            st[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
ll f(int a,int b,int k){
    a=a/k;
    b=b/k;
    ll res=0;
    int n=min(a,b);
    for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=min({n,a/(a/l),b/(b/l)});
        res+=(ll)(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
    }
    return res;
}


int main(){
    init();
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        int a,b,c,d,k;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
        printf("%lld\n",f(a,b,k));
    }
    return 0;
}

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再来一道个人觉得很好的题

Crash的数字表格 / JZPTAB

今天的数学课上，Crash 小朋友学习了最小公倍数（Least Common Multiple）。对于两个正整数 $a$ 和 $b$，$lcm(a,b)$和 $b$ 的最小正整数。例如，$lcm(6,8)=24$。

回到家后，Crash 还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张 $n\ast m$ 的表格。每个格子里写了一个数字，其中第 $i$ 行第 $j$ 列的那个格子里写着数为 $lcm(i,j)$。

看着这个表格，Crash 想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当 $n$ 和 $m$ 很大时，Crash 就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash 只想知道表格里所有数的和 $mod20101009$ 值。

数据范围 : $1\le n,m\le 10^7$

解题思路 :

• 显然，我们要求的是这个式子
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$$

• 利用最小公倍数和最大公约数的性质可以转化为
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\ast j}{gcd(i,j)}$$

• 用 $d$ 表示$gcd(i,j)$
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\frac{i\ast j}{d}$$

• 枚举 $d$ , 并用 $i^{\prime }$ 替代 $\frac{i}{d}$ ,替代后把 $i^{\prime }$ 换回 $i$ 得
  $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]i\ast j$$

• 利用$S(x)={\sum }_{d|x}\mu (d)=[n=1]$ ,带入得
  $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{x|gcd(i,j)}\mu (x)i\ast j$$

• 枚举 $x$
  $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{x=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\mu (x)i\ast j[x|gcd(i,j)]$$

• 因为 $x|gcd(i,j)$ , 设 $i=ux,j=vx$ , 则
  $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{x=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\mu (x)\sum _{ux=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{vx=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }uv{x}^2$$

• 整理一下
  $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{x=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}{x}^2\mu (x)(\sum _{u=1}^{\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor }u)(\sum _{v=1}^{\lfloor \frac{m}{dx}\rfloor }v)$$

• 可以发现后面是一个等差数列前 $n$ 项和公式

• 参考代码

#include<iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
const ll mod=20101009;

int mu[N],sum[N],cnt,prime[N];
bool vis[N];

void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i]) prime[cnt++]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=0;prime[j]*i<N;j++){
			vis[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=(sum[i-1]+(ll)i*i%mod*(mu[i]+mod))%mod;
}
ll Sum(int x,int y){
	return ((ll)x*(x+1)/2%mod)*((ll)y*(y+1)/2%mod)%mod;
}
ll f(int x,int y){
	ll res=0;
	for(int l=1,r;l<=min(x,y);l=r+1){
		r=min(x/(x/l),y/(y/l));
		res=(res+(ll)(sum[r]-sum[l-1]+mod)*Sum(x/l,y/l)%mod)%mod;
	}
	return res;
}

int main(){
	init();
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	ll ans=0;
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=(ans+(ll)(r-l+1)*(l+r)/2%mod*f(n/l,m/l)%mod)%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}