OI中的莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

想要学习莫比乌斯反演，首先要学习莫比乌斯函数。

定义

莫比乌斯函数用$\mu(x)$表示。如果$x$是$k$个不同质数的积，则$\mu(x) = (-1)^k$，否则$\mu(x) = 0$（此时$x$一定是某个或某些平方数的倍数）。$x = 1$时，相当于$x$由$0$个不同质数组成，所以$\mu(1) = 1$。

\[\mu(x)=\left\{
\begin{array}{rcl}
1 & & {x = 1}\\
(-1)^k& & {x = p_1p_2...p_k}\\
0 & & {else}\\
\end{array} \right.
\]

性质

莫比乌斯函数有如下性质：

莫比乌斯函数是一个积性函数，即对于任意互质的两个数$x, y$，有$\mu(xy) = \mu(x) \times \mu(y)$
对于任意正整数$n$有$$\sum_{d | n} \mu(d) = \left{\begin{array}{rcl}1 && {n = 1} \ 0 && {n > 1} \end{array}\right.$$
对于任意正整数$n$有$$\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d} = \frac{\phi(n)}{n}$$

证明

// 证明嘛……不看也罢。本文重点在“莫比乌斯反演在OI中的应用”，大胆猜想，不用证明，2333

莫比乌斯函数的积性：显然，若$x$、$y$中有一个含有平方数因子，则$\mu(x)$、$\mu(y)$中有一个为$0$，相乘得$0$，而$xy$也含有平方数因子，所以它的$\mu(xy) = 0 = \mu(x) * \mu(y)$。若$x$、$y$中都不含有平方数因子，又因为$x$、$y$互质，所以乘积$xy$也不含有平方数因子。设$x$有$m$个不同质因子，$y$有$n$个，则$xy$有$n + m$个，则$\mu(xy) = (-1)^{n + m}= (-1)^n \times (-1)^m = \mu(x) \times \mu(y)$。
当$n = 1$时显然。当$n > 1$时，$n$可以分解为$p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$。在$n$的所有因子$d$中，$\mu$值不为$0$的只有没有平方数因子的$d$，即由$p_1...p_k$中任意多个质因数直接相乘得到的乘积。则有：$$\sum_{d|n}\mu(d) = C_k^0 - C_k^1 + C_k^2 - ... + (-1)^kC_kk = \sum_{i = 0}^{k}(-1)iC_k^i$$只需证明这个式子等于$0$。根据二项式定理，$(x + y)^n = \sum_{i=0}^{n}C_n^ix^iy^{n-i}$，令$x = -1, y = 1$，代入得证。
$\sum_{d|n}\phi(d) = n$（证明传送门），而根据下面要讲的莫比乌斯反演定理，直接把$F(x) = x, f(x) = \phi(x)$代入即可。

莫比乌斯反演定理

内容

莫比乌斯反演定理的内容：

\[F(n) = \sum_{d|n}f(d) \Rightarrow f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})
\]

\[F(n) = \sum_{n|d}f(d) \Rightarrow f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)
\]

证明

懒得打这么多公式了……证明传送门。

莫比乌斯反演的应用

BZOJ 2301 Problem b

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对$(x,y)$，满足$a≤x≤b$，$c≤y≤d$，且$gcd(x,y) = k$。

$1≤n≤50000, 1≤a≤b≤50000, 1≤c≤d≤50000, 1≤k≤50000.$

要求满足条件的$a≤x≤b$，$c≤y≤d$的数对个数，根据容斥原理，就是求满足条件的“$1≤x≤b, 1≤y≤d$的数对个数 - $1≤x<a$，$c≤y≤d$的数对个数 - $a≤x≤b$，$1≤y<c$的数对个数 + $1≤x<a$，$1≤y<c$的数对个数”。

实际上，这道题还有一个更简单的、不用容斥原理的版本——BZOJ1101，可惜是权限题 =_=|||

而$1≤x≤a, 1≤y≤b, gcd(x, y) = k$等价于$1≤x≤\lfloor\frac{a}{k}\rfloor$，$1≤y≤\lfloor\frac{b}{k}\rfloor, gcd(\frac{x}{k}, \frac{y}{k}) = 1$。

那么现在问题就变得简单了——求有多少数对$(x,y)$，满足$1≤x≤a$，$1≤y≤b$且$gcd(x, y) = 1$。

设$F(n)$为$1≤x≤a, 1≤y≤b, n | gcd(x, y)$的点对$(x,y)$的个数，

$f(n)$为$1≤x≤a, 1≤y≤b, gcd(x, y) = n$的点对$(x, y)$个数。

显然，$F(n) = \lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor$，$n > \min(a, b)$时，$F(n) = f(n) = 0$。

可以看出：$$F(n) = \sum_{n | d}f(d)$$

则根据莫比乌斯反演定理：$$f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n}) \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$$

我们最后要求的是$f(1)$，所以代入$n = 1$：

\[f(1) = \sum_{d = 1}^{+\infty}\mu(d)F(d) = \sum_{d = 1}^{min(a, b)}\mu(d) \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor
\]

枚举$d$就可以$O(n)$求了，但是还有多组数据，这个复杂度太大。接下来我们要继续优化。

考虑这个问题：$n$为正整数，$d$为$[1, n]$整数，那么$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$最多有多少种取值？

可以分类讨论：当$d \le \sqrt n$，假设每个$d$都对应一个$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$，则有$\sqrt n$个取值；当$d > \sqrt n$，则$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor < \sqrt n$，则最多也只有$\sqrt n$个取值，因此取值数不超过$2\sqrt n$。

那么$\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$有多少取值呢？

emmm……实际上，最多有$2(\sqrt a + \sqrt b)$种取值。

我没有在网上找到严谨的数学证明，于是我在这里写个自创的不是非常数学的证明：

橙色折线是$\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$随d变化的图像，蓝色折线$\lfloor\frac{a}{d}\rfloor$随d变化的图像。橙色水平线段总数$\sqrt b$，蓝色水平线段总数是$\sqrt a$，设$a < b$则橙色折线变化更频繁。

$\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$的取值种数即每一段蓝色水平线段对应的橙色水平线段数之和。假如图中每条绿色虚线对应的都恰好是橙色折线中的拐点，取值总数是橙色水平线段总数，即$2\sqrt b$。而实际上不一定总会对齐，每当绿色虚线对应上橙色折线中的一条水平线段中间的某个位置，则相当于右边的那截蓝色水平线段多对应了一截橙色水平线段。绿色线段数即蓝色折线拐点数，为$2\sqrt a$。

所以总取值数是$2\sqrt a + 2\sqrt b$。

回到上面的那个式子：$f(1) = \sum_{d = 1}^{min(a, b)}\mu(d) \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$，我们枚举$\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$的取值（共$2\sqrt a + 2\sqrt b$种），且预处理$\mu(d)$的前缀和，则一次询问的复杂度是$O(\sqrt n)$。

至于代码实现——

枚举$\lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$取值的代码：

if(a > b) swap(a, b);

for(int i = 1, last = 0; i <= a; i = last + 1){

    last = min(a / (a / i), b / (b / i));

    ans += (ll)(a / i) * (b / i) * (sum[last] - sum[i - 1]);

}

$O(n)$预处理$\mu(d)$前缀和的代码（参考贾志鹏线性筛）：

void getmu(){

    mu[1] = sum[1] = 1;

    for(int i = 2; i <= N; i++){

	if(!notprime[i]) mu[i] = -1, prime[++tot] = i;

	for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N; j++){

	    notprime[i * prime[j]] = 1;

	    if(i % prime[j]) mu[i * prime[j]] = -mu[i];

	    else{

		mu[i * prime[j]] = 0;

		break;

	    }

	}

	sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];

    }

}

BZOJ 1101 完整代码

BZOJ 2301 完整代码

BZOJ 2820 YY的GCD

$T$组数据，给定$a, b$,求$1<=x<=a, 1<=y<=b$且$gcd(x, y)$为质数的$(x, y)$有多少对。

这道题和上面的有些类似，也可以设

$F(n)$为$1≤x≤a, 1≤y≤b, n | gcd(x, y)$的点对$(x,y)$的个数，

$f(n)$为$1≤x≤a, 1≤y≤b, gcd(x, y) = n$的点对$(x, y)$个数。

则仍然有$$f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n}) \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor$$

那么枚举质数$p$，答案可表示为

\[\begin{align*}
ans &= \sum_{p}^{min(a, b)}\sum_{p|d}\mu(\frac{d}{p}) \lfloor\frac{a}{d}\rfloor\lfloor\frac{b}{d}\rfloor\\
&= \sum_{p}^{min(a, b)}\sum_{i = 1}^{min(a, b)}\mu(i) \lfloor\frac{a}{pi}\rfloor\lfloor\frac{b}{pi}\rfloor\\
\end{align*}\]

设$t = pi$，代入得：

\[\begin{align*}
ans &= \sum_{p}^{min(a, b)}\sum_{p|t}^{min(a, b)}\mu(\frac{t}{p}) \lfloor\frac{a}{t}\rfloor\lfloor\frac{b}{t}\rfloor\\
&= \sum_{t = 1}^{min(a, b)}\sum_{p | t}^{min(a, b)}\mu(\frac{t}{p}) \lfloor\frac{a}{t}\rfloor\lfloor\frac{b}{t}\rfloor\\
&= \sum_{t = 1}^{min(a, b)}\lfloor\frac{a}{t}\rfloor\lfloor\frac{b}{t}\rfloor\sum_{p | t}^{min(a, b)}\mu(\frac{t}{p})
\end{align*}\]

我们知道$\lfloor\frac{a}{t}\rfloor\lfloor\frac{b}{t}\rfloor$的取值不超过$2(\sqrt a + \sqrt b)$种，那么如果预处理$\sum_{p}^{min(a, b)}\mu(\frac{t}{p})$关于t的前缀和，就可以$O(\sqrt n)$出解了。

预处理这个前缀和可以筛出素数后对每个素数枚举它的倍数、更新对应的$\sum_{p}^{min(a, b)}\mu(\frac{t}{p})$。因为处理每个素数均摊$O(\log n)$，而一共约有$O(\frac{n}{\log n})$个素数，所以预处理前缀和的总复杂度是$O(n)$。

BZOJ 2820 完整代码

BZOJ 3529 数表

令$F(i)$为$i$的约数和，$q$次给定$n$, $m$, $a$, 求

\[\sum_{1 \le i \le n, 1 \le j \le m, F(\gcd(i, j)) \le a} F(\gcd(i, j)) \mod 2^{31}
\]

数据范围：$n, m, \le 10^5, a \le 10^9, q \le 2\times 10^4$

$F(gcd(i, j)) \le a$的限制不好处理，所以我们先假设没有这条限制，问题变为求$$\sum_{1 \le i \le n, 1 \le j \le m} F(gcd(i, j)) \mod 2^{31}$$

和前面几道题一样，我们可以设$g(x)$为$1 \le i \le n, 1 \le j \le m, \gcd(i, j) = 1$的数对$(i, j)$的个数，则有：

\[g(i) = \sum_{i|d} \mu(\frac{d}{i}) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor
\]

$F(i)$可以用线性筛预处理出来，则答案$ans$就是

\[\begin{align*}
ans &= \sum_{i = 1}^{min(n, m)}F(i)g(i)\\
&= \sum_{i = 1}^{min(n, m)} F(i)\sum_{i|d}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\\
&= \sum_{d=1}^{min(n, m)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{i|d}F(i)\mu(\frac{d}{i})
\end{align*}\]

现在只需求出$\sum_{i|d}F(i)\mu(\frac{d}{i})$关于d的前缀和就好了。

和上道题一样，枚举$i$，暴力用它的$F(i)$更新它的倍数$d$们的$\sum_{i|d}F(i)\mu(\frac{d}{i})$，复杂度$O(n\log n)$。

现在我们还有一个问题没有解决，那就是$F(i) \le a$的限制。

如果只有一次询问，这很简单——大于$a$的$F(i)$都等于0就好了。

现在有好多询问，这也不难——只需离线读入询问，将询问按照$a$排序，将所有$F(i)$也排序，然后处理每个询问前，把小于等于$a$的$F(i)$加入树状数组即可。

BZOJ 3529 完整代码