莫比乌斯函数(Möbius)
定义
定义莫比乌斯函数 (μ(x), xin N^+) ：
当 (x=p_1^{d_1}cdot p_2^{d_2}cdots p_k^{d_k}) (唯一分解定理) 时，有：
显然，这是个数论函数。
性质
-
(n e 0)时，(n) 的所有因子的莫比乌斯函数值和为 (0)
[sum_{d|n}mu (x)= egin{cases} 1 & n=1\ 0 & n>1 end{cases}]证明：
-
(n=1) 时显然成立。
-
(n>1) 时有：
[n=p_1^{d_1}cdot p_2^{d_2}cdots p_k^{d_k} ][ecause mu (d) e 0 Rightarrow d=p_1p_2 p_3 cdots p_t ][ ext{故质因子个数为r的因子只有$C_k^r$个} ][ herefore sum_{d|n}mu (x)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+cdots+(-1)^kC_k^k=sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i ][ecause (x+y)^n=sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i} ext{(二项式定理)} ][ ext{将$x=1,y=-1$代入得证：} sum_{i=0}^n(-1)^nC_n^i=0 ]
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-
莫比乌斯函数是积性函数
对任意 (n in Z^+) 有：
[sum_{d|n} frac{mu (d)}{d}=frac{varphi(n)}{n} ]代入莫比乌斯反演公式
(我也不会)即可。
应用
这个函数可用来解决如下问题：
与某个数 (N) 互质的数的个数：
设 (S_p) 表示(1 - n) 中 (p) 的倍数的个数。
则根据容斥原理，所求转化为如下式子：(N-S_2-S_3-cdots +S_{2,3}+S_{2,5}+cdots -S_{2,3,5}cdots)
通过观察，每一个 (S) 代表的集合的数的莫比乌斯函数就是这个 (S) 的系数。
莫比乌斯函数可以利用筛法求出。
例题：破译密码
达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数(a,b)和(d)，有多少正整数对(x,y)，满足(x<=a，y<=b)，并且(gcd(x,y)=d)。
作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。
输入格式
第一行包含一个正整数 (n) ，表示一共有n组询问。
接下来 (n) 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 (a,b,d) 。
输出格式
对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。
数据范围
(1≤n≤50000, 1≤d≤a,b≤50000)
解析
考虑对于每一个询问如何做。
对于一组(1leq xleq a,1le yle b)
(gcd(x,y)=dRightarrow gcd(x^{prime},y^{prime})=1)
其中 (x^{prime}=frac{x}{d} , y^{prime}=frac{y}{d} , x^{prime}in[1,lfloorfrac{a}{d}
floor],y^{prime}in[1,lfloorfrac{b}{d}
floor])
问题转化为：有多少对 (x^{prime},y^{prime}) 互质。
可以考虑容斥定理：
记 (lfloorfrac{a^{prime}}{i} floorlfloorfrac{b^{prime}}{i} floor=S_i)
上面的式子很熟悉了，我们还可以继续化得下面的式子：
直接做的话是 (O(n^2)) 的。
考虑对于 (lfloorfrac{a^{prime}}{i} floor) ，有 (lfloorfrac{a^{prime}}{1} floor，lfloorfrac{a^{prime}}{2} floor，cdots ，lfloorfrac{a^{prime}}{a^{prime}} floor) 共 (a^{prime}) 项，但是不同的数只有 (2sqrt{a^{prime}}) 个。 于是可以考虑 (O(sqrt{n})) 分块 , 复杂度变为 (O(nsqrt{n})) 可以接受。
下面解释一下为什么只有 (2sqrt{a^{prime}}) 个分段：
令 (A(x)=lfloorfrac{a^{prime}}{x} floor)
将序列分为两部分：(A(1) sim A(sqrt{a^{prime}}) , A(sqrt{a^{prime}}+1) sim A(a^{prime}))
对于左边，显然有且只有 (sqrt{n}) 个取值。
对于右边，观察得知分母是恒大于 (sqrt{a^{prime}}) 的，则整个项的值是恒小于 (sqrt{a^{prime}}) 的，总共 (sqrt{a^{prime}}) 个不同取值。
两边相加，得证。
然后是另外一个问题，怎么去求每一段。
这里定义：(g(x)) 为 (lfloorfrac{a^{prime}}{x} floor=k) 时 (x) 能够取到的最大整数。
即 (lfloorfrac{a^{prime}}{x} floor=lfloorfrac{a^{prime}}{g(x)} floor) 且 (lfloorfrac{a^{prime}}{x} floor > lfloorfrac{a^{prime}}{g(x)+1} floor)
对于这个函数有这样一个很经典的公式 (g(x)=Biglfloorfrac{a^{prime}}{lfloorfrac{a^{prime}}{x} floor}Big floor)
这其实就是整除分块，在数论这一章我们将经常遇到。
下面给出正确性证明(下面的 (a) 其实是上面的 (a^{prime}))：
有了这个结果，整个问题就简单多了。
code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+10;
int primes[N],cnt;
bool mp[N];
int mob[N],sum_[N];//莫比乌斯函数，前缀和
void init(int n)//线筛求莫比乌斯函数
{
mob[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!mp[i])
{
primes[cnt++]=i;
mob[i]=-1;//质数有两个一次质因子
}
for(int j=0; primes[j]*i<=n; j++)
{
int tmp=primes[j]*i;
mp[tmp]=1;
if(i%primes[j]==0)
{
mob[tmp]=0;//tmp有二次质因子
break;
}
mob[tmp]=mob[i]*-1;//多了一个质因子
}
}
for(int i=1; i<=n; i++) //前缀和
{
sum_[i]=sum_[i-1]+mob[i];
}
}
int main()
{
init(5e4);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int a,b,d;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);
a/=d,b/=d;//问题转化
int mina=min(a,b);
ll res=0;
for(int l=1,r; l<=mina; l=r+1) //分块
{
r=min(mina,min(a/(a/l),b/(b/l)));//每次只往后面跳一个较小的值
res+=(sum_[r]-sum_[l-1])*(ll)(a/l)*(b/l);//核心式子
}
printf("%lld
",res);
}
return 0;
}