莫比乌斯反演
前置知识
数论分块
数论分块，还可以称为整除分块。
可以注意到，对于一个数 (n) , (lfloor frac{n}{i} floor) 呈现一种块状分布，并且对于 (lfloor frac{n}{i} floor) 的一块来说，最后一个数是(lfloorfrac{n}{lfloor frac{n}{i} floor} floor) 。
证明：
而这时我们就可以一块一块的处理了，而块数数量级为 (O(sqrt{n})) ，证明如下：
- 对于 (ileqsqrt{n}) ，就算每个 (i) 取值都不同, (lfloor frac{n}{i} floor) 最多也只有 (sqrt{n}) 种取值。
- 对于 (igeqsqrt{n}) ，(lfloor frac{n}{i} floorleqsqrt{n}) ，自然最多有 (sqrt{n}) 种取值。
- 所以 (lfloor frac{n}{i} floor) 的取值有 (O(sqrt{n})) 种。
我们举个例子，求：
乍一看和分块没有联系，那么我们化一下：
其中 (k) 的区间和是可以 (O(1)) 求的，而通过整除分块，我们也可以 (O(sqrt{n})) 求出后面的减项的区间和，这样就吧 (O(n)) 的复杂度降到了 (O(sqrt{n}))
积性函数
如果一个函数 (f) 有：
我们就把 (f) 称作积性函数。
常见的积性函数有：
- (varphi) ：欧拉函数
- (I) ：不变函数，恒为 (1) 。
- (x^a) ：幂函数
- (epsilon) ：单位元，只有 (epsilon(1)=1) ,其它为 (0) 。
- (d) ：约数个数函数
- (sigma) ：约数和函数
- (mu) ：莫比乌斯函数，详见下文
这里有一个小结论：
如果 (f) 是积性函数，那么 (g) 也是积性函数。
证明：
由于积性函数性质特殊，我们经常需要线性筛来求。
Dirichlet 卷积
定义 (Dirichlet) 卷积为：
卷积满足的定律有：
-
交换律：
这里有个小定理：
很显然成立，因为 (n) 的因数是成对的。
那么就显然：
-
结合律：
同样有一个小技巧，对于二重和式：
[sum_{d|n}sum_{x|d}F(d,x) ]我们可以将 (d=lx) 代入式中，从而将 (x) 换成第一个枚举项：
[sum_{d|n}sum_{x|d}F(d,x)=sum_{x|n}sum_{xl|n}F(lx,x) =sum_{x|n}sum_{l|frac{n}{x}}F(xl,x) ]应用到结合律证明中：
[(f*g)*h=f*(g*h)\ implies sum_{d|n}sum_{x|d}f(x)g(frac{d}{x})h(frac{n}{d})=sum_{d|n}sum_{x|d}f(frac{n}{d})g(frac{d}{x})h(x)\ impliessum_{d|n}sum_{x|d}f(x)h(frac{n}{d})=sum_{d|n}sum_{x|d}f(frac{n}{d})h(x)\ implies sum_{x|n}sum_{l|frac{n}{x}}f(x)h(frac{n}{lx})=sum_{d|n}sum_{x|d}f(frac{n}{d})h(x)\ implies sum_{x|n}sum_{l|x}f(frac{n}{x})h(frac{x}{l})=sum_{d|n}sum_{x|d}f(frac{n}{d})h(x)\ implies sum_{x|n}sum_{l|x}f(frac{n}{x})h(l)=sum_{d|n}sum_{x|d}f(frac{n}{d})h(x) ]可以发现只是换了个符号，两式等价。
-
分配律：
[sum_{d|n}[f(d)+g(d)]h(frac{n}{d})=sum_{d|n}f(d)h(frac{n}{d})+sum_{d|n}g(d)h(frac{n}{d}) ]显然成立。
常见卷积：
-
(d=I*I=sum_{d|n} 1)
-
(n=varphi*I=sum_{d|n}varphi(d)) ，这个卷积被称作 欧拉反演 ，证明如下：
对于质数的幂次 (p^k) ：
[sum_{d|p^k}varphi(d)=1+(p-1)+(p^2-p)+cdots+(p^k-p^{k-1})=p^k ]又因为此式是积性函数，所以对于任意的 (x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}cdots p_r^{a_r}) ：
[sum_{d|x}varphi(d)=sum_{d|p_1^{a_1}}varphi(d)sum_{d|p_2^{a_2}}varphi(d)cdotssum_{d|p_r^{a_r}}varphi(d)=p_1^{a_1}p_2^{a_2}cdots p_r^{a_r}=x ] -
(sigma=n*I=sum_{d|n}d) ，代入上面那个结论可得：(sigma=varphi*d)
莫比乌斯函数
莫比乌斯函数 (mu) 如下定义：
([n==1]) 表示一个 (bool) 表达式，为真时返回 (1) ，否则返回 (0) 。
卷积表示为 ：
而详细的 (mu) 值为：
第二项表示，对 (x) 因式分解后，如果质因子都是一次幂，(mu) 值为 (1) , 如果有任意一个质因子幂次大于等于 (2) ，那么 (mu) 值为 (0) 。
看到这里，大概已经很懵逼 (mu) 如此奇怪的值了，实际上，(mu) 的定义是为了进行反演，所以并不是基于单个值，而是基于卷积，单个值只是解出来的，所以讨论单个值没有意义。
莫比乌斯反演
对于函数：
莫比乌斯函数可以使得：
证明：(用到了上面证结合律和交换律的小技巧)
除了 (d|n) 型以外，莫比乌斯反演还更常用到 (n|d) 的形式：
证明：
当然也可以用卷积定义去证明：
有了莫比乌斯反演，我们在题目中就可以通过可能较好表示的 (f) 的卷积来反推 (f)。
例题
YY的GCD
题目是让求：
多组数据，(Tleq1e4)，(N,Mleq1e7) 。
首先不妨设 (Nleq M)
然后我们设 (f(x)) 是 (gcd) 为 (x) 的数的对数 ，(F(x)) 是公约数（不是最大公约数）的个数。
显然有：
而我们要求的是：
如果直接枚举 (p) ，后面得一个个算 (lfloor frac{N}{d} floor)，需要 (O(T imes prime imessqrt{N})) 的复杂度 。是过不了这题的。
我们需要换一个枚举项，好预处理。
我们尝试枚举 (d) :
如此一来前半部分可以数论分块求出。问题就到了后半部分。
我们发现，后半部分竟然可以线性筛出！
我们设 (h(x)=sum_{p|x}mu(frac{x}{p})) ：
-
对于 (x) 是质数的情况，很显然 (h(x)=mu(1)=1) 。
-
对于递推情况 (h(x imes p),;pin prime) ：
若 (p) 不是 (x) 已有的质因子，原来的 (mu) 项中都会多一个质因子，值取负，再加上新增的一项 (mu(x)) 。
若 (p) 是 (x) 已有的质因子，但是只有一次幂，那么，除了 (mu(frac{x imes p}{p})) 的一项外，其他项都变为 (0) ，所以值为 (mu(x)) 。
若 (x) 中有大于等于二次幂的 (p) 因子，值直接为 (0) 。
总结起来就是：
那么线性筛出 (h) ，并处理出其前缀和，然后数论分块就可以达到 (O(N+T imes sqrt{N})) 的复杂度了。
(frak Code)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 10000000
long long ans;
int n,m,t;
int tot;
int prime[1000050],inp[10000050],mu[10000050],su[10000050],sum[10000050];
void prework(){
inp[0]=inp[1]=1;
mu[1]=1;
su[1]=0;
sum[0]=sum[1]=0;
for(int i=2;i<=MAXN;i++){
if(!inp[i]){
prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
su[i]=mu[1];
}
for(int j=1;j <= tot && 1ll*prime[j]*i <= MAXN;j++){
int tp=prime[j]*i;
inp[tp]=1;
if(i%prime[j]==0){
mu[tp]=0;
if((i/prime[j])%prime[j] == 0)
su[tp]=0;
else
su[tp]=mu[i];
break;
}
su[tp]=mu[i]-su[i];
mu[tp]=-1*mu[i];
}
sum[i]=sum[i-1]+su[i];
}
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
prework();
while(t--){
ans=0;
scanf("%d %d",&n,&m);
if(m<n) swap(n,m);
for(int i=2;i<=n;i++){
int lt=min(n,min(n/(n/i),m/(m/i)));
ans+=1ll*(sum[lt]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
i=lt;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
声明及感谢
部分内容参考自：
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(frak by;thorn\_)