笔记 莫比乌斯反演

反演

反演的作用基本上就是将一个bool表达式转化成一个和式，从而减小程序的时间复杂度。

欧拉反演

欧拉反演是莫比乌斯反演的一种特例，通常用于解决gcd的求和问题，它的基本式子是

[n=sum_{d|n}phi(d) ]

下面简单证明一下，我们枚举(n)的每个因子(d)，显然每个因子都有可能成为(n)与(1-n)中的数的gcd，并且每个gcd都是，即(n=sum_{d|n}sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)==d])，其中([gcd(i,n)==d])这个是一个bool表达式，当且仅当([gcd(i,n)==d])时，该式子返回1,其余时候返回0。

进一步化简得到

[n=sum_{d|n}sum_{i=1}^{n}[gcd(frac{i}d,frac{n}d)==1] ]

[n=sum_{d|n}sum_{i=1}^{frac{n}d}[gcd(i,frac{n}d)==1] ]

[n=sum_{d|n}phi(frac{n}d) ]

因为在枚举约数的时候，对于一个约数(d)，总会有一个约数(frac{n}d)与之对应（可能相等），即所有的约数都是对称的，所以原式可以继续化简为

[n=sum_{d|n}phi(d) ]

证毕。

有什么用呢？
来看一个十分眼熟的式子。

求(sum_{i=1}^ngcd(i,n))的值。

相信一些大佬会秒算出答案，即(sum_{d|n}d imesphi(frac{n}d))

不如换一个角度推导，根据上述中的(n=sum_{d|n}phi(d))来化简一下。

[sum_{i=1}^ngcd(i,n) ]

[=sum_{i=1}^nsum_{d|gcd(i,n)}phi(d) ]

[=sum_{i=1}^nsum_{d|i}sum_{d|n}phi(d) ]

[=sum_{d|n}sum_{i=1}^nsum_{d|i}phi(d) ]

显然每个(d)对答案的贡献只有(frac{n}d)个，好吧并不显然，举个例子，假设(d=1)，那么(d)能整除这全部(n)个数，答案就会增加(n imesphi(1))，类似的，对于每个(d)，答案都会增加(frac{n}d imesphi(d))，所以上式化简为

[sum_{d|n}frac{n}dphi(d) ]

因为约数是对称的，所以它和上边那个一眼的式子是相等的。

虽然到这里反演仍旧没有发挥什么很大的作用，但是我们不妨继续魔改上边的式子，这次——

求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j))的值。这个总不能一眼看出答案吧

所以我们继续反演

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j) ]

[=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nsum_{d|gcd(i,j)}phi(d) ]

[=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nsum_{d|i}sum_{d|j}phi(d) ]

直到这一步和上边的推导还是相似的，我不会告诉你我是复制的

但是我们发现它不能像上边的式子继续化简了，因为(i,j)都是不确定的量，如果直接枚举，时间复杂度没有任何变化，仍旧是(O(N^2))，思考一下(i,j)共同有的是什么，没错是(d)。

于是可以枚举(d)

对于每个约数(d)，它所能造成的贡献还是(frac{n}d)，不过由于这次没有条件(d|n)，所以需要稍微变化一点，手模一下发现它成了(lfloorfrac{n}d floor)，但在代码上边还是(n/d)，上式继续化简为

[sum_{d=1}^nlfloorfrac{n}d floorlfloorfrac{n}d floorphi(d) ]

但是代码里要写成这样

(n/d)*(n/d)*phi[d];

而不是

n/d*n/d*phi[d];

因为必须要先向下取整再进行运算。

也许这样还有别的奇奇怪怪的方法可以算出来，于是继续改变上述式子。

求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mgcd(i,j))的值

这个莫比乌斯反演也可以做，不过好像没有必要，仍旧套上边欧拉反演的式子，得到原式为

[sum_{d=1}^{min(n,m)}lfloorfrac{n}d floorlfloorfrac{m}d floorphi(d) ]

以上就是欧拉反演了，虽然有些时候用起来还可以但是大多时候有局限性，所以建议学习莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

好了，那如果问题继续发展，改成——

求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)==k)的值呢？

但这样好像就没有办法使用欧拉反演了，于是我们考虑使用其它办法。

首先引入一个函数(mu)，它的定义为

[mu(x)=left{ egin{array}{rcl} 1 & & {x==1}\ (-1)^k & & {x==p_1p_2…p_k}\ 0 & & {otherwise}\ end{array} ight. ]

其实这就是所谓的莫比乌斯函数，深刻理解一下它的含义，特殊的，当(x==1)的时候，它的值为1，否则当(x)中所含的单个质因子数目不超过1时，它的值为-1的质因子数目次方，其余情况为0。

假设在有两个定义在复数域上的函数(f,g)满足

[f(x)=sum_{d|x}g(d) ]

那么有

[g(x)=sum_{d|x}mu(d)f(frac{x}d) ]

至于证明，个人感觉使用Dirichlet卷积会比较好证明一点。

定义两个数论函数(f,g)的Dirichlet卷积为
((f*g)(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac{n}d))

然后再介绍一些基本的数论函数

(varepsilon(x))当且仅当(x==1)时返回1

(d(x))返回(x)的约数个数

(sigma(x))返回(x)的约数和

(varphi(x))这个返回啥感觉可以不说

(id(x))返回(x)

(I(x))返回1

由卷积的定义可知，原问题可以化为
已知

[f=g*I ]

求证

[g=mu*f ]

这里我们用一个很常用的性质，

[mu*I=varepsilon ]

即

[mu*I=[n==1] ]

我们先来证明一下，

[mu*I=sum_{d|n}mu(d) ]

也就是相当于求(n)的因子的莫比乌斯函数值的和。

因为只有在一个数的单个质因子不超过1时，才会返回不为0的值，所以只需要考虑(d)中的质因子。

假设(d)中共含有(k)个质因子，那么原式可以化为

[1-C_k^1+C_k^2-C_k^3………+(-1)^kC_k^k ]

于是你就会发现一个很神奇的东西，这个就是…二项式定理。

所以

[mu*I=(1-1)^k ]

当且仅当(k==0)时，原式为1，易得此时(n==1)。

证毕

所以，对

[f=g*I ]

两边同时卷上(mu)，得到

[mu*f=g*I*mu ]

然后

Dirichlet 卷积满足交换律和结合律。

证明 百度百科说的

[mu*f=g*(I*mu) ]

即

[g=f*mu ]

Dirichlet 卷积还有很多性质，比如

[varphi=id*mu ]

由这个可以得到什么呢？

两边同时卷上(I)，会得到

[varphi*I=id*mu*I=id*(mu*I) ]

即

[varphi*I=id ]

把它卷出来就会发现，这不就是欧拉反演的式子吗！

那我们回到正题，求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)==k)

设

[f(k)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)==k ]

[F(d)=sum_{d|k}f(k)=lfloorfrac{n}d floorlfloorfrac{n}d floor ]

那么反演一下，得到

[f(k)=sum_{d|k}mu(frac{k}d)F(k) ]

[f(k)=sum_{d|k}mu(frac{k}d)lfloorfrac{n}d floorlfloorfrac{n}d floor ]

令(T=frac{k}d)

[f(k)=sum_{T=1}^{frac{n}k}mu(T)lfloorfrac{n}{kT} floorlfloorfrac{n}{kT} floor ]

这么推导十分满足莫比乌斯反演的式子，但好像两个函数比较难设出来，所以可以采取一个强大某些时候可能推不出来的办法。

举个例子

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)==k ]

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

上边我们已经证明了

[sum_{d|n}mu(d)=[n==1] ]

用(gcd)替换(n)得到

[sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) ]

[sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{d|i}sum_{d|j}mu(d) ]

换一下位置

[sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{d|i}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sum_{d|j}mu(d) ]

仍旧像欧拉反演那样，枚举每一个(d)，分别计算贡献。

[sum_{d=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}lfloorfrac{n}{kd} floorlfloorfrac{n}{kd} floormu(d) ]

推出来的式子是一样的。

但是这样的时间复杂度可能还是(O(n))的，在面临很多询问的时候仍旧会挂，于是考虑继续优化，这时候需要用到整除分块，有一部分数，他们(lfloorfrac{n}{kd} floor)的值是一样的，并且对于值为(lfloorfrac{n}{i} floor)的块，它的右端点为(lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{i} floor} floor)，我们可以先线性筛出(mu)的前缀和，然后对于这些值一样的数一起计算，这样时间复杂度就是(O(sqrt n))的了。