莫比乌斯函数及其反演-编程知识

莫比乌斯函数及其反演

news/2025/1/16 16:26:26/文章来源:https://www.cnblogs.com/MoCy233/p/18675223

一些定义

数论函数
定义域为正整数的函数，一般分类如下：

积性函数
对于 $\forall x,y \in N , gcd(x,y)=1$ ，若 $f(x \cdot y)=f(x) \cdot f(y)$ ，则 $f$ 是积性函数。
完全积性函数
对于 $\forall x,y \in N$ ，若 $f(x \cdot y)=f(x) \cdot f(y)$ ,则 $f$ 是完全积性函数。
非积性函数

狄利克雷卷积
可以理解为数论函数的乘法，常用符号 $*$ 表示。
若 $f,g$ 均为数论函数，则有 $(f*g)(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$ 。
对于数论函数乘法，其单位元函数为 $e$ ：

\[e(n) = \begin{cases} 1\ , n=1 \\ 0\ , n \ne 1 \end{cases} \]

即对于任意数论函数 $f$ ,都有 $f*e=f$ 。
狄利克雷卷积满足交换律和结合律。

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数 $\mu$ 的定义如下：

\[\mu(n) = \begin{cases} 1\ , n=1 \\ 0\ , n包含平方因数 \\ (-1)^k\ ,k为n的本质不同质因子个数 \end{cases} \]

$\mu$ 是积性函数。

性质：

$\forall n \in N , \sum_{d|n}\mu(d) = [n=1]$
莫比乌斯反演中最常用的性质。
推论：$e(n) = \sum_{d|n}\mu(d) \Rightarrow e(n) = \sum_{d|n}\mu(d)1(\frac{n}{d}) \Rightarrow e=\mu*1$
$\forall n \in N , \sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} = \frac{\phi(n)}{n}$

求莫比乌斯函数：
由于 $\mu$ 是积性函数，所以 $\mu$ 可以像素数一样筛出来。
下面给出线性筛法：

void init(){memset(is_prime,1,sizeof is_prime);is_prime[1]=0; mu[1]=1;for (int i=2;i<=MAXN;i++){ //这里的MAXN注意边界if (!is_prime[i]) continue;prime[++cnt]=i;for (int j=1;j<=cnt&&1ll*i*prime[j]<=MAXN;j++){is_prime[i*prime[j]]=0;if (i%prime[j]==0) break; // mu在这个位置上本来就是0，不用额外赋值mu[i*prime[j]]=-mu[i]; // 质因子数+1，mu乘上-1}}return;
}

莫比乌斯反演

\[\textstyle g(n) = \sum_{d|n}f(d) \;\Leftrightarrow\; f(n) = \sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d}) \]

证明：
由性质一我们已知 $e=\mu*1$ ，
而 $g(n) = \sum_{d|n}f(d) \;\Rightarrow\; g(n) = \sum_{d|n}f(d)1(\frac{n}{d}) \;\Rightarrow\; g=f*1$ ，
将等式两边同乘 $\mu$ ， $g*\mu=f*(1*\mu) \;\Rightarrow\; g*\mu=f*e \;\Rightarrow\; f=g*\mu$ ，
于是 $g(n) = \sum_{d|n}f(d) \;\Rightarrow\; f(n) = \sum_{d|n}g(d)\mu(\frac{n}{d})$ ，反之亦然。

例题（莫比乌斯函数及性质）

P3455 [POI2007] ZAP-Queries

给出 $a,b,d$，求满足 $1 \leq x \leq a$，$1 \leq y \leq b$，且 $\gcd(x,y)=d$ 的二元组 $(x,y)$ 的数量。
DATA：$1 \leq n \leq 5 \times 10^4$，$1 \leq d \leq a,b \leq 5 \times 10^4$。
Solution
答案可记作 $Ans = \sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[\gcd(x,y)=d]$ （$a\leq b$）
$\because \gcd(\alpha,\beta)=1 \;\Rightarrow\; \gcd(\alpha c,\beta c)=c$
$ \begin{aligned} \therefore Ans &= \textstyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}[\gcd(x,y)=1]\\&= \textstyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}\sum_{d'|\gcd(x,y)}\mu(d') （性质一）\\&= \textstyle\sum\limits_{d'=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\mu(d')\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}{d'}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}{d'}\rfloor （枚举d'，交换求和顺序） \end{aligned} $
由此复杂度可降至 $O(na)$ ，但依旧不足以通过此题。
考虑数论分块，也就是把 $\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}{d'}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}{d'}\rfloor$ 相同的项合并起来算，乘与 $\sum\limits_{d'=start}^{end}\mu(d')$ 即可，这部分用前缀和。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100003
using namespace std;
int T;
int x,y,d;
int is_prime[MAXN];
int prime[MAXN]; int cnt;
int mu[MAXN];
long long sum[MAXN];
void init(){for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) is_prime[i]=1;is_prime[1]=0; is_prime[2]=1; mu[1]=1;for (int i=2;i<=MAXN-2;i++){ // 数据范围不大，这里是nlogn筛if (!is_prime[i]) continue;mu[i]=-1;int j=2;while (1ll*i*j<=MAXN-2){is_prime[i*j]=0;if (j%i==0) mu[i*j]=0;else mu[i*j]=mu[i]*mu[j];j++;}}for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) if (is_prime[i]) prime[++cnt]=i;for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);init();cin>>T;while (T--){cin>>x>>y>>d;int N=x/d,M=y/d;long long ans=0;for (int d2=1;d2<=min(N,M);d2++){int nxt=min(N/(N/d2),M/(M/d2));ans+=1ll*(sum[nxt]-sum[d2-1])*(N/d2)*(M/d2);d2=nxt;}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}

P2522 [HAOI2011] Problem b

对于给出的 $n$ 个询问，每次求有多少个数对 $(x,y)$，满足 $a \le x \le b$，$c \le y \le d$，且 $\gcd(x,y) = k$，$\gcd(x,y)$ 函数为 $x$ 和 $y$ 的最大公约数。
DATA：$1 \le n,k \le 5 \times 10^4$，$1 \le a \le b \le 5 \times 10^4$，$1 \le c \le d \le 5 \times 10^4$。
Solution
与上题相似，加一个容斥即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100003
using namespace std;
int T;
int a,b,c,d,k;
int is_prime[MAXN];
int prime[MAXN]; int cnt;
int mu[MAXN];
long long sum[MAXN];
void init(){for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) is_prime[i]=1;is_prime[1]=0; is_prime[2]=1; mu[1]=1;for (int i=2;i<=MAXN-2;i++){ //数据范围小我就不用线性筛if (!is_prime[i]) continue;mu[i]=-1;int j=2;while (1ll*i*j<=MAXN-2){is_prime[i*j]=0;if (j%i==0) mu[i*j]=0;else mu[i*j]=mu[i]*mu[j];j++;}}for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) if (is_prime[i]) prime[++cnt]=i;for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);init();cin>>T;while (T--){cin>>a>>b>>c>>d>>k;int N=b/k,M=d/k;long long ans1=0,ans2=0,ans3=0,ans4=0;for (int d2=1;d2<=min(N,M);d2++){int nxt=min(N/(N/d2),M/(M/d2));ans1+=1ll*(sum[nxt]-sum[d2-1])*(N/d2)*(M/d2);d2=nxt;}N=(a-1)/k; M=d/k;for (int d2=1;d2<=min(N,M);d2++){int nxt=min(N/(N/d2),M/(M/d2));ans2+=1ll*(sum[nxt]-sum[d2-1])*(N/d2)*(M/d2);d2=nxt;}N=(c-1)/k; M=b/k;for (int d2=1;d2<=min(N,M);d2++){int nxt=min(N/(N/d2),M/(M/d2));ans3+=1ll*(sum[nxt]-sum[d2-1])*(N/d2)*(M/d2);d2=nxt;}N=(a-1)/k; M=(c-1)/k;for (int d2=1;d2<=min(N,M);d2++){int nxt=min(N/(N/d2),M/(M/d2));ans4+=1ll*(sum[nxt]-sum[d2-1])*(N/d2)*(M/d2);d2=nxt;}cout<<ans1-ans2-ans3+ans4<<'\n';}return 0;
}

P2257 YY的GCD

给定 $N, M$，求 $1 \leq x \leq N$，$1 \leq y \leq M$ 且 $\gcd(x, y)$ 为质数的 $(x, y)$ 有多少对。
DATA：$T = 10^4$，$N, M \leq 10^7$。
Solution
只需要稍微退推一下柿子（，
令 $N \leq M$ ，
$ \begin{aligned} Ans &= \textstyle\sum\limits_{p \in prime}^{N}\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{M}[\gcd(i,j)=p]\\&= \textstyle\sum\limits_{p \in prime}^{N}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{p}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \\&= \textstyle\sum\limits_{p \in prime}^{N}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{p}\rfloor}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d) \\&= \textstyle\sum\limits_{p \in prime}^{N}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{N}{p}\rfloor}\mu(d)*\lfloor\frac{N}{pd}\rfloor*\lfloor\frac{M}{pd}\rfloor \\ \end{aligned} $
设 $T=pd$ ， $d=\frac{T}{p}$ ：
$ \begin{aligned} Ans &= \textstyle\sum\limits_{p \in prime}^{N}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{N}{p}\rfloor}\mu(\frac{T}{p})*\lfloor\frac{N}{T}\rfloor*\lfloor\frac{M}{T}\rfloor \\&= \textstyle\sum\limits_{T=1}^{N}\lfloor\frac{N}{T}\rfloor\lfloor\frac{M}{T}\rfloor\sum\limits_{p|T,p \in prime}\mu(\frac{T}{p}) （枚举T，交换求和顺序） \\ \end{aligned} $
这下前面一部分可以用数论分块做，后半部分枚举 $p$ 计算对 $T$ 的贡献即可。
时间复杂度 $O(n+T\sqrt{n})$

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 10000003
using namespace std;
int T;
int n,m;
int is_prime[MAXN],prime[MAXN],cnt;
int mu[MAXN],sum[MAXN];
long long f[MAXN],sumf[MAXN];
void init(){for (int i=2;i<=MAXN-2;i++) is_prime[i]=1;mu[1]=1;for (int i=2;i<=MAXN-2;i++){ //nlogn筛似了，换成线性筛if (is_prime[i]){prime[++cnt]=i;mu[i]=-1;}for (int j=1;j<=cnt&&1ll*i*prime[j]<=MAXN-2;j++){is_prime[i*prime[j]]=0;if (i%prime[j]==0) break;mu[i*prime[j]]=-mu[i];}}for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];for (int i=1;i<=cnt;i++){for (int j=1;j<=MAXN-2&&1ll*prime[i]*j<=MAXN-2;j++){ //计算质数p对T的贡献f[prime[i]*j]+=mu[j];}}for (int i=1;i<=MAXN-2;i++) sumf[i]=sumf[i-1]+f[i];return;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);init();cin>>T;while (T--){cin>>n>>m;if (n>m) swap(n,m);long long ans=0;for (int T=1;T<=n;T++){int nxt=min(n/(n/T),m/(m/T));ans+=1ll*(n/T)*(m/T)*(sumf[nxt]-sumf[T-1]);T=nxt;}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}