前言

本文内容大部分来自Oier PoPoQQQ 的课件。\
onedrive, baidu
pan,密码:6ug5\

本文基本上由我学习相当于是制作的一篇学习笔记，但是将课件中的一些不完善的地方加以完善
使得更容易理解，加上了部分例题的代码

引子

介绍莫比乌斯反演之前我们先来看一个函数

$$F(n)=\sum_{d|n} f(d)$$

根据$F(n)$的定义

$$\begin{aligned} &F(1)=f(1)\\ &F(2)=f(1)+f(2)\\ &F(3)=f(1)+f(3)\\ &F(4)=f(1)+f(2)+f(4)\\ &F(5)=f(1)+f(5)\\ &F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)\\ &F(7)=f(1)+f(7)\\ &F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)\\ &\cdots \end{aligned}$$

于是我们便可以通过$F(n)$推导出$f(n)$

$$\begin{aligned} &f(1)=F(1)\\ &f(2)=F(2)-F(1)\\ &f(3)=F(3)-F(1)\\ &f(4)=F(4)-F(2)\\ &f(5)=F(5)-F(1)\\ &f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1)\\ &f(7)=F(7)-F(1)\\ &f(8)=F(8)-F(4)\\ &\cdots \end{aligned}$$

在推导的过程中我们是否发现了一些规律?

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演[1]

莫比乌斯反演定义

$$F(n)=\sum_{d|n} f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$$

其中$\mu(d)$为莫比乌斯函数[1]，定义如下

$$\mu(d)= \begin{cases} 1, &d=0\\ (-1)^k, &d=p_1p_2\cdots p_k,\forall p_i!=p_j\\ 0, &others \end{cases}$$

莫比乌斯函数的定义式[2]

莫比乌斯函数的性质

(1)

当n不等于1时，n所有因子的莫比乌斯函数值的和为0，\

设

$$F(n)=\sum_{d|n} \mu(d)$$

那么

$$\begin{aligned} F(n)= \begin{cases} 1, &n=1\\ 0, &n>0 \end{cases} \end{aligned}$$

证明：

$$\begin{aligned} \textcircled{1}& \text{当$n=1$的时候显然成立} \\ \textcircled{2}&\text{当$n\not = 1$时},n=p_1^{a_1}p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}\\ &\because \mu(d)\not =0\Leftrightarrow d=p_1p_2\cdots p_t\\ &\text{质因子个数为$r$的因子只有$C_k^r$个}\\ &\therefore F(x)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+\cdots +(-1)^kC_k^k=\sum_{i=0}^{k}(-1)^iC_k^i\\ &\text{接下来只需证明}\sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^i=0(n\in N_+)\text{即可}\\ &\text{因为二项式定理}\\ &(x+y)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i}\\ &\text{令}x=-1,y=1,\text{代入即可得证。} \end{aligned}$$

(2)

对于$n\in N_+$有:

$$\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}$$

$$\begin{aligned} &\text{只需要令}F(n)=n,f(n)=\phi(n)，\\ &\text{代入}F(n)=\sum_{d|n} f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\text{即可}\\ &\text{那么就有}n=\sum_{d|n}\phi(d)\text{为什么成立？} \end{aligned}$$

(3)

积性函数 数论上积性函数的定义\

$$\begin{aligned} &\text{设函数$f(n),其中n\in N+$}\\ &\text{对于任意$(x,y)=1$都有$f(xy)=f(x)f(y)$},\\ &\text{则称$f(n)$为一个积性函数；}\\ &\text{若对于任意$x,y$都有$f(xy)=f(x)f(y)$},\\ &\text{则称$f(n)$为一个完全积性函数。}\\ \end{aligned}$$

积性函数的性质\

$f(1)=1$\

积性函数的前缀和也是积性函数\
\

因为积性函数是积性函数,

因此可以通过线性筛求出莫比乌斯函数的值

mu[1]=1;for(i=2;i<=n;i++){    if(!not_prime[i]){        prime[++tot]=i;        mu[i]=-1;    }    for(j=1;prime[j]*i<=n;j++){        not_prime[prime[j]*i]=1;        if(i%prime[j]==0){            mu[prime[j]*i]=0;            break;        }        mu[prime[j]*i]=-mu[i];    }}

例题1:

BZOJ 2440
完全平方数\

题目大意：求第k个无平方因子数[3]\

做法：
首先二分答案，问题转化为求$\left[1,x\right]$之间有多少个无平方因子数\
根据容斥原理可知，对于$sqrt(x)$之内所有的质数，
答案G(x)=0个质数平方倍数的个数-1个质数平方倍数的个数+2个质数平方倍数的个数-...，
那么对于偶数个质数平方对于答案的贡献就是正的，否则是负的，\
如果不是若干个互异质数的乘积，那么对答案没有影响，

如何表示这个式子呢?\

观察莫比乌斯函数的定义[1]，可以知道对于能对答案产生贡献的数$x$，$\mu(x)=(-1)^k$，其中$k$为$x$分解得到质数的个数
根据上述说明，那么可以得知结果\

$$G(x)=\sum_{i=1}^{\lfloor \sqrt{x}\rfloor}\mu(i)\lfloor \frac{x}{i^2}\rfloor$$

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#define N 100005using namespace std;bool not_prime[N];int prime[N];int mu[N];int tot;void Mu(int n){    int i,j;    mu[1]=1;    for(i=2;i<=n;i++){        if(!not_prime[i]){            prime[++tot]=i;            mu[i]=-1;        }        for(j=1;prime[j]*i<=n;j++){            not_prime[prime[j]*i]=1;            if(i%prime[j]==0){                mu[prime[j]*i]=0;                break;            }            mu[prime[j]*i]=-mu[i];        }    }}    int can(int x){    int sum=0;    int s=floor(sqrt(x));    for(int i=1;i<=s;++i)        if(mu[i])           sum+=mu[i]*floor(x/(i*i));    return sum;}int main(){    Mu(N);int T,sum;    scanf("%d",&T);    while(T--){        scanf("%d",&num);        long long l=1,r=num<<1,mid;        while(l<r){            mid=(l+r)>>1;            if(can(mid)<num)                l=mid+1;            else r=mid;        }        printf("%lld\n",r);    }    return 0;}

莫比乌斯反演定理的证明

$$F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$$

证明：

$$\begin{aligned} f(n)=&\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\\ =&\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}f(k)\\ =&\sum_{k|n}f(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)\\ =&f(n) \end{aligned}$$

形式二:

$$F(n)=\sum_{n|d}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$$

证明同理，一般要用到的都是这种形式

莫比乌斯反演的应用

对于一些函数$f(n)$,如果我们很难直接求出它的值，而容易求出倍数和或约数和$F(n)$,
那么我们可以直接利用莫比乌斯反演来求得$f(n)$的值

例:

f(n)表示某一范围内(x,y)=n的数对的数量，\
F(n)表示某一范围内n|(x,y)的数对的数量\
那么直接求f(n)并不是很好求，而F(n)求起来相对无脑一些，\
那么我们可以通过对F(n)进行莫比乌斯 反演来求得f(n)\

例题2:

BZOJ 2301 Problem
b

题目大意：询问有多少对$(x,y)$满足$x\in \left[ a,b\right] ,y\in \left[ c,d \right]$且$(x,y)=k$。

根据容斥原理，这个题目就可以转化成

$$\begin{aligned} s_1=&\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{d}\left[ (i,j)=k \right]\\ s_2=&\sum_{i=1}^{a-1}\sum_{j=1}^{d}\left[ (i,j)=k \right]\\ s_3=&\sum_{i=1}^{b}\sum_{j=1}^{c-1}\left[ (i,j)=k \right]\\ s_4=&\sum_{i=1}^{a-1}\sum_{j=1}^{c-1}\left[ (i,j)=k \right] \end{aligned}$$

其中答案为$s_1-s_2-s_3+s_4$\

那么我们需要快速求出

$$\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b \left[ (i,j)=k \right]$$

这个式子可以进一步转化为

$$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{b}{k}\rfloor }\left[ (i,j)=k \right]$$

考虑莫比乌斯反演, 令

$$\begin{aligned} f(k)=&\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b} \left[ (i,j)=k \right]\\ F(k)=&\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b} \left[ k|(i,j)\right]\\ =&\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor\\ \text{反演后可得}f(k)=&\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})F(d)\\ =&\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \lfloor \frac{b}{d}\rfloor \end{aligned}$$

分析可知这个算法的复杂度是$\Theta(n)$

我们还需要对这个算法进行进一步优化

因为$\lfloor \frac{a}{d}\rfloor$至多只有$2\sqrt{a}$个取值，

那么$\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \lfloor \frac{b}{d}\rfloor$至多只有$2(\sqrt{a}+\sqrt{b})$个取值

因为使得$\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \lfloor \frac{b}{d}\rfloor==i$成立的$i$值都是连续的，

所以可以维护一个莫比乌斯函数的前缀和，

这样就可以在$\Theta(\sqrt{n})$的时间内出解

枚举除法的取值在莫比乌斯反演的应用当中非常常用

if(a>b)swap(a,b);for(i=1;i<=a;i=last+1){    last=min(a/(a/i),b/(b/i));    re+=(a/i)*(a/i)*(sum[last]-sum[i-1]);}return re;

代码异常好写

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#define N 50005#define inf 0x7fffffffusing namespace std;bool not_prime[N];int prime[N];int sum[N];int mu[N];int tot;void Mu(int n){    int i,j;    mu[1]=1;    for(i=2;i<=n;i++){        if(!not_prime[i]){            prime[++tot]=i;            mu[i]=-1;        }        for(j=1;prime[j]*i<=n;j++){            not_prime[prime[j]*i]=1;            if(i%prime[j]==0){                mu[prime[j]*i]=0;                break;            }            mu[prime[j]*i]=-mu[i];        }    }    for(int i=1;i<=n;++i)        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}    int ans(int n,int m){    if(n>m)swap(n,m);    int last,i,re=0;    for(i=1;i<=n;i=last+1){        last=min(n/(n/i),m/(m/i));        re+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);    }       return re;}int main(){    Mu(N);    int T;    int a,b,c,d,k;    scanf("%d",&T);    while(T--){        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);        a--;c--;        a/=k;b/=k;c/=k;d/=k;        int Ans=ans(b,d)-ans(a,d)-ans(b,c)+ans(a,c);        printf("%d\n",Ans);    }    return 0;}

BZOJ 10s但是luogu却莫名WA\
全部加上long long 之后总算是过了\
百思不得其解

例题3

BZOJ 2820
YY的GCD\
题目大意：求有多少数对$(x,y)$满足$x\in \left[ 1,n\right] ,y\in \left[ 1,m \right]$满足$(x,y)$为质数
做法：

$$\begin{aligned} \text{令} k=&min(n,m);\\ ans=&\sum_{p}^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left[ (i,j)=p\right] \\ =&\sum_{p}^k\sum_{d=1}^k \mu(d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor \\ \text{令}T=&pd\\ ans=&\sum_{T=1}^{k}\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum_{p|T}^{k}\mu(\frac{T}{p})\end{aligned}$$