Learning：數論（四）莫比烏斯反演（+題集）

莫比烏斯函數的定義：

$\mu(x)=\begin{cases} 1,n=1\\ (-1)^k,n=p_1p_2...p_k，其中p_1,p_2,...,p_k爲互不相同的素數\\ 0,其他情況 \end{cases}$
自己稍微推一推就可以知道這是一個積性函數。
所以很顯然我們可以線性篩$\mu$
由定義得：
$\mu(1)=1$
$\mu(p)=-1$
$\mu(p^k)=0(k>1)$
所以就可以直接篩了，代碼如下：

void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!vis[i]){
            prm[cnt++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<cnt&&i*prm[j]<N;j++){
            vis[i*prm[j]]=1;
            if(!(i%prm[j])){
                mu[i*prm[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prm[j]]=-mu[i];
        }
    }
    return;
}

莫比烏斯反演

莫比烏斯反演有一個非常非常非常重要的性質：
$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$
怎麼證？
我們設$n=\prod_{i=1}^kp_i^{\alpha_i}$
考慮$n$的所有因數，他們的素因子都是$p_0,p_1,...,p_{k-1}$中的，而我們會發現只有當因數的所有的素因子次數爲$1$時對答案的貢獻纔不爲$0$，所以我們可以認爲$n$的每個對答案的貢獻不爲$0$因數都是在$p_0,p_1,...,p_{k-1}$中取若干個素數相乘得到的。特殊的，因數1我們可以當做一個素數都不取。
當$n=1$時，顯然$原式=1$。
當$n>1$時，
若$k$爲奇數，
首先易證$C_n^m=C_n^{n-m}$
選奇數個素數相乘得到的因數個數爲$C_k^1+C_k^3+...+C_k^k$，這種因數的函數值爲$-1$
選偶數個素數相乘得到的因數個數爲$C_k^0+C_k^2+...+C_k^{k-1}$，這種因數的函數值爲$1$
首先顯然$C_n^m=C_n^{n-m}$
所以易證$C_k^1+C_k^3+...+C_k^k=C_k^0+C_k^2+...+C_k^{k-1}$，所以因數的函數值加起來爲$0$。
若$k$爲偶數，
選奇數個素數相乘得到的因數個數爲$C_k^1+C_k^3+...+C_k^{k-1}$，這種因數的函數值爲$-1$
選偶數個素數相乘得到的因數個數爲$C_k^0+C_k^2+...+C_k^k$，這種因數的函數值爲$1$
首先顯然$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^{m}(m\not=0),C_n^0=C_{n-1}^0$
所以$C_k^0+C_k^2+...+C_k^k=C_{k-1}^0+C_{k-1}^1+C_{k-1}^2+...+C_{k-1}^{k-2}+C_{k-1}^{k-1}=2^{k-1}$
$C_k^1+C_k^3+...+C_k^{k-1}=C_k^1+C_k^2+C_k^3+...+C_k^k-(C_k^0+C_k^2+...+C_k^k)$
$=2^k-(C_k^0+C_k^2+...C_k^k)=2^k-2^{k-1}=2^{k-1}=C_k^0+C_k^2+...C_k^k$
所以因數的函數值加起來爲$0$。
綜上，$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

這個性質有多重要，我們接下來看一道題（前置知識：數論分塊）：
有$t(1\leq t\leq10000)$組數據，每組數據給定$n,m,(1\leq n\leq m\leq10^7)$求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$
O(nm)秒了
我們會發現暴力的時間複雜度是$O(nm)$，顯然會TLE，所以我們考慮優化。
$[gcd(i,j)=1]$這個式子很神奇？所以就從這裏入手。
仔細分析就會發現$[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$，因爲由前面的莫比烏斯函數的性質可得當且僅當$gcd(i,j)=1$時，$\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$纔會等於$1$，否則等於$0$
所以原式就可以變成：$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
然後枚舉$d$，此時$i,j$就是$d$的倍數，所以小於$n$的$i$就有$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$個，$j$同理。所以我們就可以輕鬆得到：$\sum_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\mu(d)$
線性篩出$\mu$的前綴和，然後數論分塊$O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$求解。
這就是莫比烏斯反演（其實有個公式的，但是用這個公式大部分題目都很難推，所以不如直接用莫比烏斯函數的性質來搞）
莫比烏斯反演只有多推才能熟練，所以
我們繼續！

有$t(1\leq t\leq10000)$組數據，每組數據給定$n,m,k(1\leq n\leq m\leq10^7)$.求:$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$（HDU1695數據範圍稍有增加）
咋一看和剛剛的怎麼長得那麼像？
我們會發現只有當$i,j$都是$k$的倍數時，且$gcd(\frac{i}{k},\frac{j}{k})=1$時才能成立
所以原式轉化爲$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$
這不就轉化爲原來的那道題了嗎？得到原式等於$\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor\mu(d)$
直接數論分塊

接着下一題：
有$t(1\leq t\leq10000)$組數據，每組數據給定$n,m(1\leq n\leq m\leq10^7)$求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)爲素數]$
（bzoj2820）
咋一看怎麼和剛剛的還是那麼像？
記素數集爲$prime$
所以我們直接枚舉素數，得到$\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=p]$
由上題可得：原式=$\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\frac{n}{p}}\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor\mu(d)$
然後我們記$k=pd$，枚舉$k$，得到：
$\sum_{k=1}^n\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\sum_{p\in prime,p|k}\mu(\frac{k}{p})$
設函數$f(n)=\sum_{p\in prime,p|n}\mu(\frac{n}{p})$
所以原式=$\sum_{k=1}^n\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor f(k)$
我們可以在線性篩的時候處理$f(n)$。
當$n$爲素數時，顯然$f(n)=1$
當$n$爲合數時，
記$prm[j]$爲$n$的最小素因子（線性篩中當前枚舉的素數），$i=\frac{n}{p}$
當$prm[j]|i$（$n$的最小素因子$prm[j]$的次數大於$1$）時，
當$i$無多個次數大於1的素因子時，當且僅當$p=prm[j]$時$\mu(\frac{n}{p})\not=0$，此時$f(n)=\mu(\frac{n}{prm[j]})=\mu(i)$
當$i$有多個次數大於1的素因子時，無論$prm[j]$等於多少，$\mu(\frac{n}{p})=0$，又因爲易知$\mu(i)=0$，所以$f(n)=\mu(\frac{n}{p})=0=\mu(i)$，
所以當$prm[j]|i$時$f(n)=\mu(i)$
當$prm[j]\not|i$（$n$的最小素因子$prm[j]$的次數等於$1$）時，
此時，$n$就比$i$多了一個素因數$prm[j]$，因爲
$f(i)=\sum_{p|i,p\in prime}\mu(\frac{i}{p})$
$f(n)=\sum_{p|n,p\in prime}\mu(\frac{n}{p})=\sum_{p|n,p\in prime}\mu(\frac{i*prm[j]}{p})$
因爲$i$不含素因子$prm[i]$，所以
$\mu(\frac{i*prm[j]}{p})=-\mu(\frac i p)$
又因爲$n$比$i$多一個素因子$prm[j]$，所以
$f(n)=-\sum_{p|n,p\in prime,p\not= prm[j]}\mu(\frac{i}{p})+\mu(\frac n{prm[j]})$
$=\mu(i)-\sum_{p|i,p\in prime}\mu(\frac{i}{p})$
$=\mu(i)-f(i)$
這樣我們就可以在線性篩的時候預處理$f$，然後直接數論分塊解決。

繼續
有$t(1\leq t\leq1000000)$組數據，每組數據給定$n,m,k(1\leq n\leq10^7)$求$\sum_{i=1}^ngcd(i,n)$
前置知識：狄利克雷卷積
首先枚舉$gcd(i,n)$：
$\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d]$
除掉$d$得到：
$\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac nd}[gcd(i,\frac nd)=1]$
反演：
$\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{k|i,k|\frac nd}\mu(k)$
枚舉$k$：
$\sum_{d|n}\sum_{k|\frac nd}d\mu(k)\frac n{dk}$
我們記$T=dk$，然後枚舉T：
$\sum_{T|n}\frac nT\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)$
記$g(n)=n,f(n)=\sum_{d|n}d\mu(\frac nd)$
顯然$g$是積性函數
然後我們發現$f$是$g$和$\mu$的狄利克雷卷積，所以也是積性函數
然後我們發現原式其實也就是$f$和$g$的狄利克雷卷積，所以也是一個積性函數
直接線性篩，然後$O(1)$詢問。

其實還有一種更簡單的做法，需要用到歐拉函數的性質$\sum_{d|n}\phi(d)=n$
利用這個性質我們就可以吧原式轉化爲：
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i,d|n}\phi(d)$
直接枚舉$d$，就可以直接得到
$\sum_{d|n}\phi(d)\frac nd$
這顯然是狄利克雷卷積的形式，是一個積性函數，直接線性篩就OK了。

再看一道題
有$t(1\leq t\leq10000)$組數據，每組數據給定$n,m,k(1\leq n\leq m\leq10^7)$.求:$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)$
這道題和剛剛有點像？
還是先枚舉$gcd(i,j)$：
$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$
通過之前第二題的結論可以得到：
$\sum_{d=1}^nd\sum_{k=1}^n\lfloor\frac n{dk}\rfloor\lfloor\frac m{dk}\rfloor\mu(k)$
我們令$T=dk$，然後直接枚舉$T$：
$\sum_{T=1}^n\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)$
記$f(n)=\sum_{d|T}d\mu(\frac Td)$，顯然是狄利克雷卷積的形式，是一個積性函數，可以直接線性篩。
所以原式可以轉化爲：
$\sum_{T=1}^n\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor f(T)$
直接數論分塊$O(\sqrt n+\sqrt m)$
這道題同樣也可以用歐拉函數，而且同樣簡單很多
原式可以直接轉化爲
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i,d|j}{\phi(d)}$
直接枚舉$d$：
$\sum_{d=1}^n\phi(d)\lfloor\frac nd\rfloor\lfloor\frac md\rfloor$
然後數論分塊就OK了。
就是這麼簡單。
那幹嘛要講莫比烏斯反演的做法？
練手感…因爲很多題都是隻能用莫比烏斯反演做的，比如說下一題：
有$t(1\leq t\leq1000000)$組數據，每組數據給定$n,m,k(1\leq n\leq10^7)$求$\sum_{i=1}^nlcm(i,n)$
先講一種用歐拉函數的$O(nlogn)$做法（當然在這道題會TLE，但是可以瞭解一下，這種做法非常神奇）
$\sum_{i=1}^nlcm(i,n)$
$=n\sum_{i=1}^n\frac i{gcd(i,n)}$
$=n\sum_{d|n}\frac1d\sum_{i=1}^{n}i[gcd(i,n)=d]$
$=n\sum_{d|n}\frac1d\sum_{i=1}^{\frac nd}id[gcd(i,\frac nd)=1]$
$=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac nd}i[gcd(i,\frac nd)=1]$
$=n\sum_{d|n}\frac {d\phi(d)+[d=1]}2$
前面幾行應該都懂了吧，都做了那麼多題了
問題是最後一行…
我們只考慮後面的式子：$\sum_{i=1}^{\frac nd}i[gcd(i,\frac nd)=1]$
因爲$d$是$n$的因數，所以我們可以用$d$代替$\frac nd$：
$\sum_{i=1}^di[gcd(i,d)=1]$
其實就是求小於等於$d$與$d$互質的數的和
然後我們會發現如果$x\perp d(x<d)$，那麼$(d-x)\perp d$
所以我們可以把與$d$互質的數首尾兩兩分組，他們的和就是$d$，然後他們所有的和就是$\frac{d\phi(d)}2$，如果$x=d-x$也不影響，特判一下d=1的情況就OK了。
然後線性篩出$\phi$，調和級數時間預處理答案。
但是這道題要$O(n)$纔行啊，有更優秀的做法嗎？
莫比烏斯反演
$\sum_{i=1}^nlcm(i,n)$
$=n\sum_{i=1}^n\frac i{gcd(i,n)}$
$=n\sum_{d|n}\frac1d\sum_{i=1}^{n}i[gcd(i,n)=d]$
$=n\sum_{d|n}\frac1d\sum_{i=1}^{\frac nd}id[gcd(i,\frac nd)=1]$
$=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac nd}i[gcd(i,\frac nd)=1]$
$=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac nd}i\sum_{k|i,k|\frac nd}\mu(k)$
$=n\sum_{d|n}\sum_{k|\frac nd}\mu(k)k\sum_{i=1}^{\frac n{dk}}i$
$=n\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{d|\frac nk}\sum_{i=1}^di$
後面那個式子用等差數列求和：
$=n\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{d|\frac nk}\frac{d(d+1)}{2}$
$=\frac n2\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{d|\frac nk}(d^2+d)$
我們記$f(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{d|\frac nk}d^2,g(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{d|\frac nk}d$
可以輕鬆證明這兩個都是積性函數，可以線性篩。
然後就OK了。
留一道題給讀者思考：
【BZOJ2693】jzptab