莫比乌斯反演总结

目录

• 莫比乌斯函数
  • 定义
  • 性质一
  • 性质二
• 莫比乌斯反演
  • 莫比乌斯反演
  • 变形一
  • 变形二
• 应用

莫比乌斯函数

定义

莫比乌斯函数 (mu (n)) 的定义为：设 (n = p_1^{k_1} cdot p_2^{k_2} cdot cdots cdot p_m^{k_m}) ，其中 (p) 为素数，则定义如下：

[mu(n)= egin{cases} 1& n = 1\ (-1)^m& prod_{i=1}^{m} k_i = 1 \ 0& ext{otherwise}(k_i > 1) end{cases} ]

性质一

性质一  莫比乌斯函数是积性函数，即 (mu(a cdot b) = mu(a) cdot mu(b)) ，其中 (a) 和 (b) 互质。

应用  根据这一性质，我们可以采取线性筛法，用 (O(n)) 的时间复杂度预处理出 ([1,n]) 内的莫比乌斯函数值。

质数的值为 (-1) ，如果一个数存在某个质因子的指数不为 (1) ，那么它将会被筛为 (0) 。

void init(){
    mu[1] = 1;
    int tot = 0;
    for(int i = 2; i <= maxn; i++){
        if (!check[i]) {
            mu[i] = -1;
            prime[++tot] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= maxn; j++){
            check[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

性质二

性质二 (sum_{d|n}mu[d]=[n=1])

证明

当 (n = 1) 时，(mu(1)=1) 显然成立。

否则设 (n = p_1^{k_1} cdot p_2^{k_2} cdot cdots cdot p_m^{k_m}) ，(d = p_1^{x_1} cdot p_2^{x_2} cdot cdots cdot p_m^{x_m}) 。根据 (mu) 的定义，只需考虑 (x_i=0) 或 (x_i=1) 的情况。设 (d) 中存在 (r_i) 个 (x_i) 等于 (1) ，我们有：

[sum_{d|n}mu(d) = sum_{r=0}^{m} inom{m}{r}(-1)^r ]

根据二项式定理：

[(x+y)^n = sum_{k=0}^{n} inom{n}{k} x^{n-k}y^{k} ]

我们令 (x=1, y=-1) ，即有：

[sum_{r=0}^{m} inom{m}{r}(-1)^r = (1-1)^m=0 ]

综上，得证。

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

设 (f(n), g(n)) 时数论函数，且满足 (f(n) = sum_{d|n} g(d)) ，则有莫比乌斯反演：

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

数论函数 在数论上，算术函数（或称数论函数）指定义域为正整数、值域为复数的函数，即 (f:mathbb {Z} ^{+} ightarrow mathbb {C}) 。每个算术函数都可视为复数的序列。最重要的算术函数是积性及加性函数。

证明

[egin{split} sum_{d|n} mu(d) f(frac{n}{d}) &= sum_{d|n} mu(d) sum_{i|frac{n}{d}} g(i) \ &= sum_{i|n} g(i) sum_{d|frac{n}{i}} mu(d) end{split}]

• 当 (i = n) 时，(g(i)sum_{d|frac{n}{i}} mu(d) = g(n)) 。
• 当 (i < n) 且 (i) 是 (n) 的因数时，根据 (sum_{d|n}mu[d]=[n=1]) 可得 (sum_{d|frac{n}{i}}=0)，乘 (g(i)) 也为 (0) 。

综上，得证。

变形一

[f(i)=sum_{d=1}^{lfloor{frac{n}{i}} floor} g(dcdot i) Rightarrow g(i) = sum_{d = 1}^{lfloor{frac{n}{i}} floor} f(dcdot i)mu(d) ]

证明

我们将 (f(dcdot i)) 展开得：

[g(i) = sum_{d = 1}^{lfloor{frac{n}{i}} floor} f(dcdot i)mu(d) = sum_{d = 1}^{lfloor{frac{n}{i}} floor} mu(d) sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{dcdot i} floor} g(jcdot dcdot i) ]

我们令 (t = jcdot d) ，那么有：

[sum_{d = 1}^{lfloor{frac{n}{i}} floor} mu(d) sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{dcdot i} floor} g(jcdot dcdot i) = sum_{t=1}^{lfloor frac{n}{i} floor} g(tcdot i)sum_{d|t}mu(d) ]

根据 (sum_{d|n}=[n=1]) 易得：上式等于 (g(i))。

变形二

[f(i) = sum_{i|d}g(d) Rightarrow g(i) = sum_{i|d}f(d)cdotmu(frac{d}{i}) ]

证明

我们令 (frac{d}{i} = k) ，那么有：

[egin{split} sum_{i|d}f(d)cdotmu(frac{d}{i}) &= sum_{k=1}^{infty}mu(k)f(kcdot i) \ &= sum_{k=1}^{infty}mu(k) cdot sum_{kcdot i | t} g(t) \ &= sum_{i|t}g(t)sum_{k|frac{t}{i}}mu(k) end{split}]

根据 (sum_{d|n}mu[d]=[n=1]) 易得：上式等于 (g(i))。

应用

问题 求 (gcd = k) 的个数

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

设 (f(x)) 为 (gcd(i,j)=k) 的个数，(g(k)) 为满足 (k | gcd(i,j)) 的对数，则有以下关系：

[g(k) = sum_{x=1}^{lfloor frac{n}{k} floor} f(kcdot x) ]

我们只需快速求出 (g(k)) 。易得，如果 (i,j) 能被 (k) 整除，那么他们可以写成 (i = kcdot x_1; j=kcdot x_2) 的形式，我们之需求有多少对 (x_1,x_2) 即可，有：

[g(k) = lfloor frac{n}{k} floor lfloor frac{m}{k} floor ]

根据莫比乌斯反演变形一我们有：

[egin{split} f(k) &= sum_{x=1}^{lfloor frac{n}{k} floor} mu(x)g(xcdot k) \ &= sum_{x=1}^{lfloor frac{n}{k} floor} mu(x) lfloor frac{n}{kx} floor lfloor frac{m}{kx} floor end{split}]

(f(k)) 就是答案，暴力求解的时间复杂度为 (O(n)) 。

分块优化

这里提出一个分块的思想：(lfloor frac{n}{d} floor) 有至多 (O(sqrt{n})) 个取值。

证明

• 当 (1 le d le sqrt{n}) 时，由于 (d) 只有 (sqrt{n}) 个，所以 (lfloor frac{n}{d} floor) 只有至多 (sqrt{n}) 个取值。
• 当 (sqrt{n} le d le n) 时，由于 (lfloor frac{n}{d} floor) 小于 (sqrt{n}) ，所以 (lfloor frac{n}{d} floor) 只有至多 (sqrt{n}) 个取值。

得证，(lfloor frac{n}{d} floor) 只有至多 (O(sqrt{n})) 个取值。

同理 (lfloor frac{m}{d} floor) 只有至多 (sqrt{m}) 个取值。又因为取值时连续的，所以 (lfloor frac{n}{kx} floor) 和 (lfloor frac{m}{kx} floor) 同时不变的数据段有 (O(sqrt{n} + sqrt{m})) 个。

例如：(n = 32, m = 40, k = 2) ，红色为相等的段。

对于相等的段，我们求取 (mu) 的前缀和，即可批量计算这一个段的答案，从而降低时间复杂度。

ll F(int n, int m, int d){
    if (n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    n /= d, m /= d;
    for (int i = 1, last = 1; i <= n; i = last + 1) {
        last = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (ll)(sum[last] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    } 
    return ans;
}

对于位置 (i) ，找到下一个相等的位置为last = min(n / (n / i), m / (m / i));。

时间复杂度为 (O(sqrt{n} + sqrt{m})) 。