莫比乌斯反演 笔记

本文原在 2024-03-11 13:50 发布于本人洛谷博客。

一、莫比乌斯函数

1. 定义

若 \(n=p_1^{t_1}p_2^{t_2}p_3^{t_3}\dots p_k^{t_k}\)，其中 \(p_i\) 是 \(n\) 的互异质因子。

\(\mu(n)=\left\{\begin{matrix} (-1)^q& t_i=1\\ 1&n=1\\ 0&\text{Otherwise.} \end{matrix}\right.\)

2. 性质

性质一：若\(n\ne 1\)，则 \(\sum_{d|n}\mu(d)=0\)

设 \(n=p_1^{t_1}p_2^{t_2}p_3^{t_3}\dots p_k^{t_k}\)，其中 \(p_i\) 是 \(n\) 的互异质因子。

因为 \(d|n\)，所以 \(d\) 是由 \(n\) 的质因子中选择若干个相乘得到的。

如果 \(d\) 是由一个以上相同的质因子组成的，则 \(\mu(d)=0\)，所以只有在 \(p_1\) 到 \(p_q\) 间选择若干个组成 \(d\)，才会对答案有贡献。

若选择 \(i\) 个质因子，则方案数为 \(C_q^i\)，贡献为 \((-1)^iC_q^i\)。

所以：

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^q(-1)^iC_q^i \]

由组合数知识可知 \(\sum_{i|2}C_q^i=\sum_{i\nmid 2}C_q^i\)。

所以：

\[\sum_{i=0}^q(-1)^iC_q^i=0 \]

性质二：\(\mu(x)\) 是积性函数

若 \(a\) 和 \(b\) 互质，且 \(a\) 的质因子后有 \(p\) 项，\(b\) 的有 \(q\) 项。

当 \(\mu(a)\) 与 \(\mu(b)\) 均不为 \(0\) 时，那么明显 \(ab\) 的质因子有 \(p+q\) 项，因为 \((-1)^{p+q}=(-1)^p(-1)^q\)，所以 \(\mu(ab)=\mu(a)\mu(b)\)。

当 \(\mu(a)\) 与 \(\mu(b)\) 至少有一项为 \(0\) 时，那么明显 \(ab\) 也会有重复的质因子，所以 \(\mu(ab)=0=\mu(a)\mu(b)\)。

二、莫比乌斯反演的套路

没有算法，全是套路。

1. P3455 [POI2007] ZAP-Queries

求式子：

\[\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[\gcd(i,j)=d] \]

为书写简便，假设式子中的 \(a\le b\)。下文中的 \(x/y\) 均表示 \(\left\lfloor\frac{x}{y}\right\rfloor\)。

套路一：将 \(\gcd(i,j)=d\) 化为 \(\gcd(i,j)=1\)

全部同时除以 \(d\) 即可。

\[\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d}[\gcd(i,j)=1] \]

套路二：运用莫比乌斯函数的性质一转换

由性质一，可得若 \(n=1\)，则 \(\sum_{d|n}\mu(d)=1\)，所以，将 \([\gcd(i,j)=1]\) 转换一下：

\[\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d}\sum_{x|\gcd(i,j)}\mu(x) \]

套路三：将 \(x\) 的和号改为枚举 \(x\) 的形式

因为 \(x\le \gcd(i,j)\)，所以 \(x\le\min(a/d,b/d)\)，如果 \(x|\gcd(i,j)\)，那么 \([x|gcd(i,j)]=1\)，所以：

\[\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d}\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)[x|\gcd(i,j)] \]

套路四：让每个函数都只和他前面的和号有关系

容易发现 \(\mu(x)\) 和前两个和号没有半毛钱关系，直接提前，所以：

\[\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d}[x|\gcd(i,j)] \]

套路五：把判断整除 \(\gcd\) 拆开

容易发现 \([x|\gcd(i,j)]\) 一部分等价于 \([x|i\wedge x|j]\)，也就是 \([x|i][x|j]\)：

\[\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{a/d}\sum_{j=1}^{b/d}[x|i][x|j] \]

此时再用一下套路四：

\[\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{a/d}[x|i]\sum_{j=1}^{b/d}[x|j] \]

套路六：把判断整除拆开

\(\sum_{i=1}^{a/d}[x|i]\) 就是求 \(1\sim a/d\) 中，\(x\) 的倍数的个数，明显可以直接用 \(a/d/x\) 求出，所以：

\[\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)(a/d/x)(b/d/x) \]

至此，化简完成，\(\sum_{x=1}^{a/d}\mu(x)\) 可以用前缀和求出，后面的部分可以用整除分块求出。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,a,b,c,d,k,ans,q[N];
namespace Mu{int prime[N],tot,mu[N];bool isprime[N];void getmu(int x){memset(isprime,true,sizeof isprime);isprime[1]=false;mu[1]=1;for(int i=2;i<=x;i++){if(isprime[i]){prime[++tot]=i;mu[i]=-1;}for(int j=1;j<=tot and i*prime[j]<=x;j++){isprime[i*prime[j]]=false;if(!(i%prime[j]))break;mu[i*prime[j]]=-mu[i];}}}
}using namespace Mu;
signed main(){IOS;getmu(5e4);for(int i=1;i<=5e4;i++)q[i]=q[i-1]+mu[i];cin>>n;while(n--){cin>>a>>b>>k;a/=k;b/=k;if(a>b)swap(a,b);ans=0;for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){r=min(a/(a/l),b/(b/l));ans+=(q[r]-q[l-1])*(a/l)*(b/l);}cout<<ans<<"\n";}return 0;
}

2. P4449 于神之怒加强版

求式子：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k \]

套路七：将求值部分改为枚举取值并乘上合法个数

显然的，上面的式子可以枚举 \(\gcd(i,j)\) 的值，假设 \(d=\gcd(i,j)\)，那么就可以化简为：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d=1}^{n}d^k[\gcd(i,j)=d] \]

此时，运用套路四：

\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d] \]

发现后半部分跟上一题一模一样，直接运用上一题相同的方法化简：

\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)(n/d/x)(m/d/x) \]

套路八：运用向上/下取整的性质化简。

性质：

\[\left\lfloor\frac{a}{\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{a}{bc}\right\rfloor,\left\lceil\frac{a}{\left\lceil\frac{b}{c}\right\rceil}\right\rceil=\left\lceil\frac{a}{bc}\right\rceil \]

所以：

\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)(n/(dx))(m/(dx)) \]

套路九：分母出现两个枚举的数的积时，改为枚举这个积

令 \(T=dx\)，所以：

\[\sum_{T=1}^n(n/T)(m/T)\sum_{d|T}d^k\mu(\frac{T}{d}) \]

此时，只要求出后半部分 \(\sum_{d|T}d^k\mu(\frac{T}{d})\) 就好了。

设 \(f(T)=\sum_{d|T}d^k\mu(\frac{T}{d})\)，很容易可以得到这是一个积性函数，所以将 \(T\) 分解质因子，\(T=p_1^{t_1}p_2^{t_2}p_3^{t_3}\dots p_q^{t_q}\)，那么由积性函数的性质：

\[f(T)=\prod_{i=1}^qf(p_i^{t_i})=\prod_{i=1}^qp_i^{k(t_i-1)}\mu(p_i)+p_i^{kt_i}\mu(1)=\prod_{i=1}^qp_i^{k(t_i-1)}+p_i^{kt_i} \]

于是就可以线性筛了，原式变为：

\[\sum_{T=1}^n(n/T)(m/T)f(T) \]

使用整除分块解决。

3. P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

求式子：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\text{lcm}(i,j) \]

运用 \(\text{lcm}(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}\) 的关系，很容易可以得到：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd(i,j)} \]

运用套路七：

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mij/d[\gcd(i,j)=d] \]

运用套路一，但是出现了一个没见过的 \(ij/d\)，设 \(i'=i/d,j'=j/d\)，则：

\[ij/d=i'dj'd/d=i'j'd \]

所以：

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ijd[\gcd(i,j)=1] \]

运用套路二；

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\sum_{x|\gcd(i,j)}ijd\mu(x) \]

运用套路三：

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\sum_{x=1}^{n/d}ijd\mu(x)[x|\gcd(i,j)] \]

运用套路四：

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij[x|\gcd(i,j)] \]

运用套路五：

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}ij[x|i][x|j] \]

套路十：将整除中的除数化为 \(1\)

因为 \([1|p]=1\)，所以这样做可以直接化简掉 \([x|p]\) 这样的东西，所以我们在和号的边界里除掉一个 \(x\)，再在求值里乘回一个 \(x\)：

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{n/d/x}\sum_{j=1}^{m/d/x}ijx^2[1|i][1|j] \]

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)\sum_{i=1}^{n/d/x}\sum_{j=1}^{m/d/x}ijx^2 \]

再次运用套路四：

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)x^2\sum_{i=1}^{n/d/x}i\sum_{j=1}^{m/d/x}j \]

后面两个和号明显就是一个等差数列，直接变成式子：

\[\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)x^2\frac{(1+n/d/x)(n/d/x)}{2}\frac{(1+m/d/x)(m/d/x)}{2} \]

化简完成，但是这式子也太抽象了，根本没法求，想办法通过用多几个函数来表示方便一点：

观察到第二个和号开始后面的部分可以用整除分块求，那么定义一个函数 \(f(p,q)\) 表示该部分：

\[f(p,q)=\sum_{x=1}^{p}\mu(x)x^2\frac{(1+p/x)(p/x)}{2}\frac{(1+q/x)(q/x)}{2} \]

观察到最后的两个分式可以 \(O(1)\) 求，那么定义一个函数 \(g(p,q)\) 表示该部分：

\[g(p,q)=\frac{p(p+1)}{2}\frac{q(q+1)}{2} \]

\[f(p,q)=\sum_{x=1}^{p}\mu(x)x^2g(p/x,q/x) \]

\[ans=\sum_{d=1}^ndf(n/d,m/d) \]

使用整除分块解决。

4. P3312 [SDOI2014] 数表