莫比乌斯反演学习笔记

文章目录

• $整除分块$
• $莫比乌斯函数$
• $定义:$
• $性质:$
• 证明:
• $莫比乌斯反演$
• 证明:
• $莫比乌斯反演的变形$
• $证明:$
• $莫比乌斯反演的应用$
• $color{blue}{求解gcd(i,j)=1的对数}$
• $解法 :$
• $color{blue}{求解gcd(i,j)=k的对数}$
• $解法 1:$
• $解法 2:$
• $再提整除分块:$
• $color{blue}{求解gcd(i,j)的幂}$
• $解法 :$
• 待填坑..

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• $整除分块$

$Q:$ 请以 $O(sqrt{N})$ 的时间复杂度求解下式 $↓$ $sum_{i=1}^Nlfloorfrac{N}{i} floor$

$A:$ $lfloorfrac{N}{i} floor$ 这个数列是 呈块状连续分布 的, 设某个块的 左端点 为 $l$, 则这个块的 右端点 为 $frac{N}{N/l}$ (向下取整略) ,
于是该块的和为 $(r-l+1)*lfloorfrac{N}{l} floor$,

代码很简短:

for(reg int l = 1, r; l <= N; l = r+1){
		r = N/(N/l);
   		tmp += (r-l+1)*(N/l);
}

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• $莫比乌斯函数$

$定义:$

设 $n=p_1^{k_1}*p_2^{k_2}......p_m^{k_m}$

$mu(n)= egin{cases} 1 n=1 \ (-1)^m prod_{i=1}^mk_i=1\ 0 else end{cases}$

可以看出有 $单个质因子的幂数超过1$ 的数字 莫比乌斯函数 值为 $0$ .

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$性质:$

$性质1:$ 莫比乌斯函数是 积性函数 :

$mu(a*b)=mu(a)*mu(b) gcd(a,b)=1$

根据这个性质, 可以 $O(N)$ 进行 线性筛,

• 若当前数字 $i$ 为质数, $mu(i)=-1$,

• 若 $i\%p_j == 0$, 说明 $i*p_j$ 已经含有幂数大于$1$的质因子, 所以$mu(i*p_j)=0$,

• 否则说明 $i$ 的质因子与 $p_j$ 共同构成 $i*p_j$的质因子,
  于是 $mu(i*p_j)=mu(p_j)*mu(i)=-mu(i)$,
  这个式子同时处理了 $mu(i)=0$的情况 .

void sieve(){
        mu[1] = 1, p_cnt = 0;
        for(reg int i = 2; i < maxn; i ++){
                if(!Used[i]) p[++ p_cnt] = i, mu[i] = -1;
                for(reg int j = 1; j <= p_cnt && i*p[j] < maxn; j ++){
                        Used[i*p[j]] = 1;
                        if(i%p[j] == 0){ mu[i*p[j]] = 0; break ; }
                        else mu[i*p[j]] = -mu[i];
                }
        }
}

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$性质2:$
$sum_{d|N}mu(d)=[N==1]$

证明:

• $N=1$ 时, $mu(1)=1$.

• $N!=1$ 时,
  $N=p_1^{k_1}*p_2^{k_2}......p_m^{k_m}$, $d=p_1^{q_1}*p_2^{q_2}......p_m^{q_m}$,
  由于 质因子幂 大于 $1$ 的 $mu$ 值为 $0$, 所以只需考虑 幂 为 $0,1$ 的质因子项,
  $sum_{d|N}mu(d)=sum_{i=0}^m egin{pmatrix}m \ iend{pmatrix}*(-1)^i$
  因为有 二项式定理, 所以
  $原式 = sum_{i=0}^m egin{pmatrix}m \ iend{pmatrix}*(-1)^i*1^{m-i}\ \ =(1-1)^m\ \ =0$

证毕.

$二项式定理:$ $(x+y)^n=sum_{k=0}^{n}egin{pmatrix}n \ iend{pmatrix}x^{n-k}y^n$

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• $莫比乌斯反演$

若 $f(n),g(n)$ 为数论函数, 且
$f(N)=sum_{d|N}g(d)$

则 莫比乌斯反演 为:
$g(d)=sum_{d|N}mu(frac{N}{d})f(d) 或者 sum_{d|N}mu(d)f(frac{N}{d})$

证明:

$sum_{d|N}mu(d)f(frac{N}{d})\ \ = sum_{d|N}mu(d)sum_{i|frac{N}{d}}g(i) \ \ = sum_{i|N} g(i) sum_{k|frac{N}{i}} mu(k) \ \ = g(N)$

证毕.

说一下从第二步到怎么到第三步的,
先看第二步推导的含义: 枚举 $N$ 的约数 $d$, 然后再去找与$mu(d)$ 相乘的 $g(i)$,
分析 $d$ 与 $i$ 之间的关系, $i*t = frac{N}{d}$ ($t$ 为正整数), 进而得到 $d*t=frac{N}{i}$, 即 $d|frac{N}{i}$ ,
于是枚举 $i$, 再枚举 $frac{N}{i}$ 的约数进行计算, 即第三步

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• $莫比乌斯反演的变形$

若 $F(x)=sum_{d=1}^{lfloor frac{N}{x} floor}g(dx)$

则 $g(x)=sum_{d=1}^{lfloor frac{N}{x} floor}F(dx)mu(d)$

$证明:$

$sum_{d=1}^{lfloor frac{N}{x} floor}F(dx)mu(d)\ = sum_{d=1}^{lfloor frac{N}{x} floor} mu(d) sum_{i=1}^{lfloorfrac{N}{dx} floor} g(i*dx)\$

设 $i*d=t (t∈[1,lfloorfrac{N}{x} floor])$, 则 $d = t/i$, 即 $d|t$.
即与 $F(tx)$ 进行运算的是 $mu(t/i)$ .
于是枚举 $t$, 得到 $↓$

$原式 = sum_{t=1}^{lfloorfrac{N}{x} floor}g(tx)sum_{d|t}mu(d)\ = g(x)$
证毕.

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• $莫比乌斯反演的应用$

$color{blue}{求解gcd(i,j)=1的对数}$

$解法 :$

$sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1] (n<m) ag{1}$

前面提到莫比乌斯函数的 性质2: $sum_{i|N}mu(i)=[N==1]$

将 $N$ 换成 $gcd(i,j)$ 得到 : $sum_{i|gcd(i,j)}mu(i)=[gcd(i,j)=1]$

再代入 $1$ 式: $sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{d|gcd(i,j)}mu(d)$

再将 $d$ 提出来 :

$sum_{d=1}^{n}lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor mu(d)$

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$color{blue}{求解gcd(i,j)=k的对数}$

$解法 1:$

将上方式子$n,m$ 换为 $lfloor frac{n}{k} floor, lfloor frac{m}{k} floor$ 即可.

$解法 2:$

前面提到莫比乌斯反演的 变形:

若 $F(x)=sum_{d=1}^{frac{N}{x}}g(dx)$, 则 $g(x)=sum_{d=1}^{frac{N}{x}}F(dx)mu(d)$,

于是设 $f(k)$ 为 $gcd(i,j)=k$ 的对数, $g(k)$ 为 $k|gcd(i,j)$ 的对数, 显然有
$g(k)=sum_{i=1}^{lfloorfrac{N}{k} floor}f(i*k) = lfloor frac{n}{k} floor lfloor frac{m}{k} floor$
于是参照 莫比乌斯反演的变形. 得到
$f(k) = sum_{x=1}^{lfloorfrac{N}{k} floor}g(kx)mu(x)\ = sum_{x=1}^{lfloorfrac{N}{k} floor}lfloor frac{n}{kx} floor lfloor frac{m}{kx} floor mu(x)$

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$再提整除分块:$

将 $lfloor frac{n}{kx} floor lfloor frac{m}{kx} floor$ 整除分块时, 要保证块内 $lfloor frac{n}{kx} floor lfloor frac{m}{kx} floor$ 相同, 每次可能就需要一个指针 “委曲求全”,
具体的说:
一个指针同时处理 $n,m$ 的块, 从起点$1$出发, 则下一步需要走到 $r=min(n/(n/l), m/(m/l))$.

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$color{blue}{求解gcd(i,j)的幂}$

$sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^Mgcd(i,j)^k$

$解法 :$

待填坑…