Möbius 反演注记

基本理论基础
基本形式
正常例题

2021 年写的：数论基础模板库（不保证正确性） ; Mobius 反演（内含 \(\mu\) 作容斥系数）

基本理论基础

规定素数集记做 \(\mathbb P\) .

\(\gcd(i,j)=1\) 可以记做 \(i\perp j\) .

数论函数

数论函数是定义域为 \(\mathbb N\)，陪域为 \(\mathbb C\) 的函数 .

注意重点是定义域为 \(\mathbb N\) .

线性筛

理论上任何积性函数都可以线性筛，线性筛需要：

素数处的取值
\(q\) 是 \(p\) 的最小素因子，已知 \(f(p),f(q)\)，求 \(f(pq)\) .

一般应用：筛素数，筛 \(\varphi\)，筛 \(\mu\)，筛 \(\sigma_k\) .

实际上基于质因数分解可以只用素数处的取值求出所有取值（例：固定指数幂） .

拉一份淳朴的板子过来（筛素数，欧拉函数和 Mobius 函数）

bool notprime[N];

int phi[N], mu[N];

vector<int> plist;

inline void linear_sieve(int n)

{

    notprime[1] = true; phi[1] = mu[1] =1 ;

    for (int i=2; i<=n; i++)

    {

        if (!notprime[i]){plist.emplace_back(i); phi[i] = i-1; mu[i] = -1;}

        for (auto x : plist)

        {

            int now = i*x;

            if (now > n) break;

            notprime[now] = true;

            if (!(i%x)){phi[now] = phi[i] * x; mu[now] = 0; break;}

            else{phi[now] = phi[i] * phi[x]; mu[now] = mu[i] * mu[x];}

        }

    }

}

Mobius 反演

Möbius 太难写了，不如写 Mobius .

既然这篇叫莫比乌斯反演，我们就默认大家都会莫比乌斯反演了 .

复习一下：

Dirichlet 卷积的莫比乌斯反演：

\[\boxed{f=g*1 \Longleftrightarrow g=f*\mu}
\]

特殊形式：

标准型：\(\displaystyle f(n)=\sum_{d\mid n}g(d) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d\mid n}f\left(\dfrac nd\right)\mu(d)\) .
直接推论：\(\displaystyle f(n)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac Tn\right\rfloor}g(di) \Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\tfrac Tn\right\rfloor}f(di)\mu(d)\)，\(T\) 是常数 .

Dirichlet 卷积

我们一般见到的 Dirichlet 卷积是不是这样的：

\[(f*g)(n)=\sum_{d\mid n}f(n)g\left(\dfrac nd\right)
\]

但多项式技术中卷积一般是不是长这样

\[h(n)=\sum_{i\circ j = n}f(i)g(j)
\]

\(h\) 就是 \(f,g\) 的卷积，然后 \(\circ\) 是随便一个运算，特殊形式：

如果 \(\circ\) 是加，那么就是通常意义上的卷积 .
如果 \(\circ\) 是位运算，那么就是一般叫的位运算卷积 .
如果 \(\circ\) 是乘，然而 \(f,g\) 是数论函数（定义域为 \(\mathbb N\)），所以 \(i,j\) 必然是整数，这就是我们通常意义上的 Dirichlet 卷积 .

写下来这个形式：

\[(f*g)(n)=\sum_{ij = n}f(i)g(j)
\]

其中 \(i,j\) 都是整数 .

交换律，结合律不言自明 .

常见卷积:

\(\mu*1=\varepsilon\)（即 \(\mu\) 是 \(1\) 的 Dirichlet 卷积逆）
\(\varphi*1=\mathrm{id}\)（欧拉反演） .
\(\mu*\mathrm{id}=\varphi\) .

你看第一个东西，Mobius 反演是不是那个玩意的直接推论？（\(f=g*1\) 两边同时卷 \(\mu\)）.

Dirichlet 卷积的计算：枚举因子然后累加贡献，\(O(n\log n)\) .

然而 Dirichlet 卷积是不是卷积啊，我们普通卷积有 FFT，位运算卷积有 FMT/FWT，然而 Dirichlet 卷积有没有一个幸运函数使得满足卷积定理呢？

其实是有的，可以了解一些贝尔级数 / 狄利克雷生成函数相关知识，限于篇幅 & 笔者能力这里就不说了 .

数论分块 / 整除分块

整除只有根号种本质不同的取值，于是可以压到一起 .

就比如你算一个 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor F(i)\)，代码大概长这样：

ll Koishi(int n)

{

    ll ans = 0;

    int l=1, r;

    while (l <= n)

    {

        r = n / (n / l);

        ans += (F(r) - F(l-1)) * (n / l);

        l = r + 1;

    } return ans;

}

上面是拉的 OI Wiki 上的，实际上可以写 for 循环 .

然后多维整除分块只需要取 \(\min\)，具体找个人的贺下来就好了 .

如果 \(F\) 可以 \(O(1)\) 计算，那么复杂度 \(O(\sqrt n)\)，即 \(O(n^{1/2})\) .

注意算复杂度不能把 \(O(n^{1/2})\) 直接乘上算 \(F\) 的复杂度，整除分块的复杂度是比较难分析的，反正我不会 .

特殊：

整除分块套杜教筛：\(O(n^{2/3})\) .
整除分块套整除分块：\(O(n^{3/4})\) .

拆函数

贺的 APJ 的 .

对于任何 \(i,j\) 都成立，不管互不互素 .

\[\varphi(ij)=\dfrac{\varphi(i)\varphi(j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\cdot\gcd(i,j)
\]

\[\mu(ij)=\mu(i)\mu(j)[\gcd(i,j)=1]
\]

\[d(ij)=\sum_{d_1\mid i}\sum_{d_2\mid j}[\gcd(d_1,d_2)=1]
\]

时间复杂度分析

\[\sum_{i\in[1,n]}\dfrac 1i=O(n\log n)
\]

\[\sum_{i\in[1,n]\cap\mathbb P}\dfrac 1i=O(n\log\log n)
\]

基本形式

GCD 形

求

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

设函数 \(f\) 使得 \(f*1=g\) .

一些基本推导：

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mg(\gcd(i,j))&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(i,j)}f(d)\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}f(d)\\&=\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor f(d)\end{aligned}
\]

整除分块，要求 \(f\) 可以快速求前缀和 .

根据 Mobius 反演，我们把 \(g\) 卷上 \(\mu\) 就是 \(f\) 了，可以 \(O(n\log n)\) .

如果空间不够，那么因为这个卷积的形式可以杜教筛求前缀和（当然整除分块套杜教筛是 \(O(n^{2/3})\) 的，比卷出来劣）

然而展开 \(f=g*\mu\) 然后交换两个 \(\sum\) 就可以 Dirichlet 后缀和做到 \(O(n\log\log n)\) .

也有一种非常牛逼的做法可以直接 \(O(n\log\log n)\) 卷 .

这个可以推广到 \(f*g=h\) 形，但是没啥用，大概可以推出来整除分块套杜教筛或者三个整除分块套起来的形式，读者可以试试 .

这个是不是可以轻易推广到多个 \(\sum\) .

GCD 形其实非常常见 .

YY的GCD：\(g(n)=[n\in\mathbb P]\)（需要开 -O2） .
数表：\(g(n)=d(n)[d(n)\le a]\)（不能直接用上面的做法（杜教筛或许能过？没写过 QwQ））.
于神之怒加强版：\(g(n)=n^k\) .

万能

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(i)g(j)h(\gcd(i,j))
\]

https://www.luogu.com.cn/blog/qwaszx/ru-men-fan-yan-tao-lu

这个牛逼东西看到的比较晚 QwQ .

一大堆题都是长个样子 .

Prod 的莫比乌斯反演

来源 .

定义 \(\displaystyle(f\oplus g)(n) = \prod_{d\mid n}f(d)^{g(\frac nd)}\) .

则有 \((f \oplus g) \oplus h = f \oplus (g * h)\)，其中 \(*\) 是 Dirichlet 卷积

（？）

然后就可以得到 \(f=g\oplus 1\Longleftrightarrow g=f\oplus\mu\) .

注意 \(\oplus\) 没有交换律

然后该咋做咋做，GCD 形啥的都可以套 .

预处理幂，这个卷也可以 \(O(n\log n)\) 算 .

然而 Prod 的整除分块有些变化，注意 .

正常例题

省略：数据范围、模数 .

不加注释的技法：

基本形式
按定义拆函数
按常见卷积拆函数（例如 \(\displaystyle n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)\)，\(\displaystyle [n=1]=\sum_{d\mid n}\mu(d)\)）
加一个 \(\sum\) 枚举某个变量（一般是 \(\gcd\)）
交换求和号
小学就学过的平凡算术 .

YY 的 GCD

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)\in\mathbb P]
\]

GCD 形，函数 \(p(x)=[x\in\mathbb P]\) 可以线性筛，暴力卷 \(\mu\) 即可 .

数表

令 \(f(x)=[\sigma_1(c)\le a]\sigma_1(c)\)，求

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

每次询问给一个 \(a\) .

假设没有 \(a\) 的限制，那么我们要求的就是

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sigma_1(\gcd(i,j))
\]

GCD 形，令 \(g=\sigma_1*\mu\)，那么原式变成

\[\sum_{d=1}^n\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor g(d)
\]

注意这里是要求 \(g\) 可以快速求前缀和 .

牛逼的地方来了 .

然后因为有 \(a\) 这个限制，所以考虑把询问离线下来，然后排序叠加贡献 .

你看这个 \(g\) 的形式是不是 \(\displaystyle g(n)=\sum_{d\mid n}\sigma_1(d)\mu\left(\dfrac n{d}\right)\)，因为我们限制的是 \(\sigma_1(d)\) 的值，所以用一个指针跳就好了 .

相当于单点加，前缀和，可以树状数组，没了 .

details: 因为取模 \(2^{31}\) 所以可以 int 自然溢出最后按位与 \(2^{31}-1\)（此处是 UB，但是确实好用）

DZY Loves Math

定义 \(f(n)\) 为 \(n\) 所含质因子的最大幂指数，求

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

GCD 形，然而暴力卷会 TLE……吗？

开个 -O2 直接过了？？？？？

？？？？？？？？？？？？？？？？？

有正经做法推出来一个 \(f*\mu\) 的通项，不懂 .

约数个数和

求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)
\]

因为是当草稿写的，可能有冗余 .

不妨令 \(n\le m\) 吧 .

一些平凡的转化，用到的都是基本 Trick .

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d_1\mid i}\sum_{d_2\mid j}[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{d_1=1}^n\sum_{d_2=1}^m\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{d_1}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{d_2}\rfloor}[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{d_1=1}^n\sum_{d_2=1}^m\left\lfloor\dfrac n{d_1}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{d_2}\right\rfloor[\gcd(d_1,d_2)=1]\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\left\lfloor\dfrac mj\right\rfloor\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\end{aligned}
\]

发现要处理后面那个玩意了，令 \(\displaystyle F(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\) .

然后发现 \(i,j\) 差不多是独立的，于是可以提出来：

\[F(d)=\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\left\lfloor\dfrac n{id}\right\rfloor\right)\left(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\left\lfloor\dfrac m{jd}\right\rfloor\right)
\]

（当然这里下标比较无聊，你愿意改成 \(i\) 也行）

于是原式就类似 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n P(i)Q\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)R\left(\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor\right)\) 这种形式，整除分块即可 .

然而整除分块套整除分块是 \(O(n^{3/4})\) 的，于是复杂度是 \(O(Tn^{3/4})\)，算出来大概是 1.5e8 .

数字表格

求

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^mF_{\gcd(i,j)}
\]

\(F\) 是 Fibonacci 数列 .

先 \(\ln\) 再 \(\exp\)，取底数 \(=2\) 做 BSGS .

Prod 形的 GCD .

于神之怒加强版

求

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

GCD 形 .

线性筛是啥玩意？难道不是暴力就完了吗？？

\(O(n\log\log n+T\sqrt n)\) .

jzptab

求

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

花了大概一个公共自习推出来力 /cy .

不妨令 \(n\le m\) .

\[\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{lcm}(i,j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\dfrac{ij}{\gcd(i,j)}\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}ie\cdot je\sum_{e\mid \gcd(i,j)}\mu(e)\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{de}\rfloor}ije^2\cdot\mu(e)\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(e)e^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{de}\rfloor}ij\\&=\sum_{d=1}^nd\sum_{e=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(e)e^2\cdot S\left(\left\lfloor\frac n{de}\right\rfloor\right)S\left(\left\lfloor\frac m{de}\right\rfloor\right)\end{aligned}
\]

其中 \(\displaystyle S(x)=\sum_{i=1}^xi=\dfrac{x(x+1)}2\) .

用到了一个小结论：\(\Big\lfloor\dfrac{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{q}\Big\rfloor = \Big\lfloor\dfrac{n}{pq}\Big\rfloor\)，About it .

然后后面可以线性预处理，\(O(Tn^{1/2})\) .

模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！模数是 1e8+9！！！

一个人的数论

给定 \(n,k\)，求

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

对 \(10^9+7\) 取模 .

数据范围及输入细节见原题面 .

首先平凡莫反：

\[\begin{aligned}f_k(n)&=\sum_{i=1}^ni^k\sum_{d\mid\gcd(i,n)}\mu(d)\\&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}(id)^k\\&=\sum_{d\mid n}\mu(d)d^k\sum_{i=1}^{n/d}i^k\end{aligned}
\]

然后后面是不是自然数幂和？众所周知这玩意是 \(k+1\) 次多项式，设 \(p\) 次项系数为 \(F_p\)，这个玩意咋求后面再说 .

于是可以继续化

\[\begin{aligned}f_k(n)&=\sum_{d\mid n}d^k\mu(d)\sum_{i=0}^{k+1}F_i\left(\dfrac nd\right)^i\\&=\sum_{i=0}^{k+1}\sum_{d\mid n}d^k\mu(d)F_i\left(\dfrac nd\right)^i\\&=\sum_{i=0}^{k+1}F_in^i\sum_{d\mid n}\mu(d)d^{n-i}\end{aligned}
\]

后面显然就是 \(1*(\mu\cdot\mathrm{Id}_{n-i})\)，必然是积性函数 .

然后因为给出的质因数分解式，所以我们可以暴力求出所有素数幂处的取值然后乘起来即可 .

然而 \(\mu\) 接收到平方因子就变成 \(0\) 了，于是只需求出素数处取值，暴力即可 .

然后前面的 \(n\) 可以直接对 \(10^9+7\) 取模 .

现在来说说 \(F\) 怎么求 .

如果你插值你就 naive 了，因为插值最快 \(O(k\log^2k)\)，如果写最 simple 的拉格朗日插值还是 \(O(k^2)\) 的 .

我们可以用伯努利数求这个玩意，完全可以做到 \(O(k\log k)\)，只需要一次求逆！！！

然而模数是 \(10^9+7\)，求逆会瞬间变得巨大多难写 . 但是递推伯努利数也比插值不知道高到哪里去了 .

似乎 \({O(k^3)}\) 高斯消元能过