莫比乌斯反演学习笔记

Posted 2022-03-26 lzqy_

莫比乌斯反演学习笔记

前置知识

• \\(x|y:\\) \\(x\\) 是 \\(y\\) 的因数。

• \\([S]:\\) 若 \\(S\\) 为真，\\([S]=1\\)，若 \\(S\\) 为假，则 \\([S]=0\\)（如 \\([gcd(11,45)=14]=0\\)）。

• \\(\\sum:\\) 求和符号。

• \\(\\prod:\\) 连乘符号。

• \\(n=\\prod\\limits_i=1^kp_i^q_i:\\) 将 \\(n\\) 分解质因数。即默认 \\(p_i\\) 两两不同且为质数。

基本定义

先介绍 \\(\\mu\\) 函数：

• \\(\\mu(1)=1\\)。

• 若 \\(i\\) 含有平方因子，\\(\\mu(i)=0\\)。

• 若 \\(i\\) 为奇数个不同的质因数的乘积，\\(\\mu(i)=-1\\)。

• 若 \\(i\\) 为偶数个不同的质因数的乘积，\\(\\mu(i)=1\\)。

容易发现，\\(\\mu\\) 可以进行线性筛：

Miu[1]=1;//Miu(1)=1
for(int i=2;i<=m;i++)
	if(!vis[i]) Prime[++cnt]=i,Miu[i]=-1;
	for(int j=1,x;j<=cnt&&(x=i*Prime[j])<=m;j++)
		vis[x]=1;
		if(i%Prime[j]==0)
			Miu[x]=0;
			//x含有平方因子 Prime[j]*Prime[j],Miu(x)=0
			break;
		
		Miu[x]=-Miu[i];
		//x=i*Prime[j],多乘了一个不同的质数,所以Miu(x)=Miu(i)*-1
	

性质

莫比乌斯函数的精髓是以下结论：

\\[f(n)=\\sum\\limits_d|n\\mu(d),f(n)=[n=1] \\]

• 证明：

  随便手推一下就可以得到 \\(f(1)=1\\)。

  如果 \\(d\\) 含有平方因子，根据定义有 \\(\\mu(d)=0\\)，对答案没有贡献。因此，\\(n\\) 中所含的平方因子也是没有意义的。所以若 \\(n=\\prod\\limits_i=1^kp_i^q_i,n\'=\\prod\\limits_i=1^kp_i\\)，有 \\(f(n)=f(n\')\\)（\\(n\\) 比 \\(n\'\\) 多的因子都是平方因子）。

  考虑证明对于 \\(n=\\prod\\limits_i=1^kp_i(n\\not=1)\\)，\\(f(n)=0\\)。

  根据约数个数定理，\\(n\\) 的因子有 \\(2^k\\) 个。因为 \\(n\\not=1\\)，有 \\(k \\ge 1\\)，所以在 \\(n\\) 的因子中，有 \\(2^k-1\\) 个因子是 偶数个不同的质因数的乘积（即 \\(\\mu(x)=1\\)），\\(2^k-1\\) 个因子是 奇数个不同的质因数的乘积（即 \\(\\mu(x)=-1\\)）。两两抵消，\\(f(n)=0\\)。

  证毕。

至于那个莫比乌斯反演的经典式子，本质上就是 \\(\\sum\\limits_d|n\\mu(d)=[n=1]\\) 的推论罢了。

应用

莫比乌斯反演本质上是利用 \\(\\mu\\) 函数的性质，通过凑出 形如 \\([n=1]\\) 的项来对式子进行转化，然后再通过改变枚举顺序、设参等方法将其变为可以用其他算法快速求解的式子（如线性筛，整除分块，杜教筛等）。

注意，题目一般运用的转换是 \\([n=1]=\\sum\\limits_d|n\\mu(d)\\)，而不是 \\(\\sum\\limits_d|n\\mu(d)=[n=1]\\)。

[HAOI2011]Problem b

题目大意：

给定 \\(a,b,c,d,k\\)，求 \\(\\sum\\limits_i=a^b\\sum\\limits_j=c^d[gcd(i,j)=k]\\)。

先转换为 \\(\\sum\\limits_i=1^b\\sum\\limits_j=1^d[gcd(i,j)=k]\\)，推就完事了（最后容斥计算答案即可）。

\\[\\sum\\limits_i=1^b\\sum\\limits_j=1^d[gcd(i,j)=k] \\]

\\[=\\sum\\limits_i=1^\\lfloor \\fracbk\\rfloor\\sum\\limits_j=1^\\lfloor \\fracdk\\rfloor[gcd(i,j)=1] \\]

通过转换，我们凑出了 \\([n=1]\\) 的形式。带入 \\(\\mu\\) 函数：

\\[=\\sum\\limits_i=1^\\lfloor \\fracbk\\rfloor\\sum\\limits_j=1^\\lfloor \\fracdk\\rfloor\\sum\\limits_d|gcd(i,j)\\mu(d) \\]

先枚举 \\(gcd(i,j)\\)：

\\[=\\sum\\limits_g=1^min(b,d)\\mu(g)\\sum\\limits_g|i^b\\sum\\limits_j|g^d1 \\]

\\[=\\sum\\limits_g=1^min(b,d)\\mu(g)\\lfloor\\fracbj\\rfloor\\lfloor\\fracdj\\rfloor \\]

线性筛出 \\(\\mu\\) 函数，维护前缀和后用值域分块求解即可。时间复杂度 \\(O(\\sqrt b+\\sqrt d+\\max(b,d))\\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=50010;
inline int read()
	int x=0;
	char c=getchar();
	for(;!(c>=\'0\'&&c<=\'9\');c=getchar());
	for(;c>=\'0\'&&c<=\'9\';c=getchar())
		x=(x<<1)+(x<<3)+c-\'0\';
	return x;

bool vis[maxn];
int Prime[maxn],cnt;
int Miu[maxn],n,k;
void Init(int n)
	Miu[1]=1;//线性筛
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(!vis[i])
			Prime[++cnt]=i;
			Miu[i]=-1;
		
		for(int j=1,x;j<=cnt&&(x=i*Prime[j])<=n;j++)
			vis[x]=1,Miu[x]=-Miu[i];
			if(i%Prime[j]==0)
				Miu[x]=0;
				break;
			
		
	
	for(int i=1;i<=n;i++) Miu[i]+=Miu[i-1];

ll Query(int n,int m,ll sum=0)
  //整除分块
	for(int l=1,r=1;l<=min(n/k,m/k);l=r+1)
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		sum+=(ll)(Miu[r]-Miu[l-1])*(n/(k*l))*(m/(k*l));
	
	return sum;
 
int main()
	n=read();
	Init(5e4);
	int a,b,c,d;
	while(n--)
		a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
		printf("%lld\\n",Query(b,d)-Query(a-1,d)-Query(b,c-1)+Query(a-1,c-1));	
	
	return 0;

[国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

题目大意：

给定 \\(n,m\\)，求 \\(\\sum\\limits_i=1^n\\sum\\limits_j=1^m lcm(i,j)\\) 对 \\(20101009\\) 取模的结果。

\\[\\sum\\limits_i=1^n\\sum\\limits_j=1^m lcm(i,j) \\]

\\[=\\sum\\limits_i=1^n\\sum\\limits_j=1^m \\fracijgcd(i,j) \\]

先枚举 \\(gcd(i,j)\\)：

\\[=\\sum\\limits_k=1^min(n,m)\\sum\\limits_i=1^n\\sum\\limits_j=1^m \\fracijk\\times[gcd(i,j)=k] \\]

\\[=\\sum\\limits_k=1^min(n,m)\\frac1k\\sum\\limits_i=1^ni\\sum\\limits_j=1^mj \\times[gcd(i,j)=k] \\]

\\[=\\sum\\limits_k=1^min(n,m)\\frac1k\\sum\\limits_i=1^\\lfloor\\fracnk\\rfloorki\\sum\\limits_j=1^\\lfloor\\fracmk\\rfloorkj \\times[gcd(i,j)=1] \\]

\\[=\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\sum\\limits_i=1^\\lfloor\\fracnk\\rfloori\\sum\\limits_j=1^\\lfloor\\fracmk\\rfloorj \\times[gcd(i,j)=1] \\]

再次凑出了形如 \\([n=1]\\) 的式子，带入 \\(\\mu\\) 函数：

\\[=\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\sum\\limits_i=1^\\lfloor\\fracnk\\rfloori\\sum\\limits_j=1^\\lfloor\\fracmk\\rfloorj \\sum\\limits_d|gcd(i,j)\\mu(d) \\]

先枚举 \\(d\\)：

\\[=\\sum\\limits_d=1^min(n,m)\\mu(d)\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\sum\\limits_d|i^\\lfloor\\fracndk\\rfloori\\sum\\limits_d|j^\\lfloor\\fracmk\\rfloorj \\]

\\[=\\sum\\limits_d=1^min(n,m)\\mu(d)\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\sum\\limits_i=1^\\lfloor\\fracndk\\rfloordi\\sum\\limits_j=1^\\lfloor\\fracmdk\\rfloordj \\]

\\[=\\sum\\limits_d=1^min(n,m)d^2\\mu(d)\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\sum\\limits_i=1^\\lfloor\\fracndk\\rfloori\\sum\\limits_j=1^\\lfloor\\fracmdk\\rfloorj \\]

\\[=\\sum\\limits_d=1^min(n,m)d^2\\mu(d)\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\frac\\lfloor\\fracndk\\rfloor(\\lfloor\\fracndk\\rfloor+1)2\\frac\\lfloor\\fracmdk\\rfloor(\\lfloor\\fracmdk\\rfloor+1)2 \\]

\\[=\\sum\\limits_d=1^min(n,m)d^2\\mu(d)\\sum\\limits_k=1^min(n,m)k\\frac\\lfloor\\fracndk\\rfloor\\lfloor\\fracmdk\\rfloor(\\lfloor\\fracndk\\rfloor+1)(\\lfloor\\fracmdk\\rfloor+1)4 \\]

考虑先枚举 \\(t=dk\\)：

\\[=\\sum\\limits_t=1^min(n,m)\\frac\\lfloor\\fracnt\\rfloor\\lfloor\\fracmt\\rfloor(\\lfloor\\fracnt\\rfloor+1)(\\lfloor\\fracmt\\rfloor+1)4\\sum\\limits_d|td^2\\mu(d)\\fractd \\]

\\[=\\sum\\limits_t=1^min(n,m)t\\frac\\lfloor\\fracnt\\rfloor\\lfloor\\fracmt\\rfloor(\\lfloor\\fracnt\\rfloor+1)(\\lfloor\\fracmt\\rfloor+1)4\\sum\\limits_d|td\\mu(d) \\]

设 \\(F(n)=\\sum\\limits_d|nd\\mu(d)\\)：

\\[=\\sum\\limits_t=1^min(n,m)\\frac\\lfloor\\fracnt\\rfloor\\lfloor\\fracmt\\rfloor(\\lfloor\\fracnt\\rfloor+1)(\\lfloor\\fracmt\\rfloor+1)4tF(t) \\]

线性筛出 \\(F\\) 后用整除分块即可。时间复杂度 \\(O(\\sqrtn+\\sqrtm+\\max(n,m))\\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=10000010;
const int mod=20101009;
bool vis[maxn];
int n,m,Prime[maxn],f[maxn],g[maxn],cnt;
int fastpow(int n,int m)
	int a=n,S=1;
	while(m)
		if(m&1) S=S*1ll*a%mod;
		a=a*1ll*a%mod,m>>=1;
	
	return S;

int Divid(int a,int b)return fastpow(b,mod-2)*1ll*a%mod;
void init(int N=max(n,m))
	int tmp,c;//线性筛
	f[1]=1,g[0]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++)
		if(!vis[i])
			Prime[++cnt]=i,f[i]=mod-i+1;
		for(int j=1,x;j<=cnt&&Prime[j]*1ll*i<=N;j++)
			vis[x=Prime[j]*i]=1;
			if(i%Prime[j]==0)
				f[x]=f[i];
				break;
			
			f[x]=(f[i]-f[i]*1ll*Prime[j]%mod+mod)%mod;
		
	
	for(int i=1;i<=N;g[i]=g[i-1]*1ll*i%mod,i++)
		f[i]=(Divid(f[i],4)*1ll*i%mod+f[i-1])%mod;	

int Query(int sum=0)
	int tmp;.//整除分块
	for(int l=1,r=1;l<=min(n,m);l=r+1)
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		tmp=((n/l)*(n/l+1ll)%mod)*((m/l)*(m/l+1ll)%mod)%mod;
		tmp=tmp*1ll*(f[r]-f[l-1]+mod)%mod;
		if((sum+=tmp)>=mod) sum-=mod;
	
	return sum;

int main()
	scanf("%d%d",&n,&m),init();
	printf("%d\\n",Query());
	return 0;