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关于Mobius反演

news 来源：原创 2024/5/7 16:04:10

欧拉函数 $\varphi$

$\varphi(n)=$表示不超过 $n$ 且与 $n$ 互质的正整数的个数
\[\varphi(n)=n\cdot \prod_{i=1}^{s}(1-\frac{1}{p_i})\]
其中 $n = {p_1}^{\alpha1} \cdot {p_2}^{\alpha2} \cdots {p_s}^{\alpha s} \cdot$ 是 $n$ 的标准分解。
由此易见 $\text{Euler}$ 函数是积性函数。

线性求 $\text{Euler}$ 函数：

#define int long long
int phi[3000005];
int n=3000000;
bool mark[3000005];
int prime[1000005];
int tot;
void getphi()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(mark[i]==false)
        {
            prime[++tot]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            if(i*prime[j]>n)
            {
                break;
            }
            mark[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        phi[i]+=phi[i-1];
    }
}

$\text{Mobius}$函数 $\mu(n)$

\[ \mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\ \end{cases} \]
证明：
\[ \varepsilon(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\neq 1\ \end{cases} \]

其中 $\displaystyle\varepsilon(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)$ 即 $\varepsilon=\mu*1$

设 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k{p_i}^{c_i},n'=\prod_{i=1}^k p_i$

那么 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{d\mid n'}\mu(d)=\sum_{i=0}^k C_k^i\cdot(-1)^k$

根据二项式定理，易知该式子的值在 $k=0$ 即 $n=1$ 时值为 $1$ 否则为 $0$ ，这也同时证明了 $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$

#define int long long
int mu[3000005];
int n=3000000;
bool mark[3000005];
int prime[1000005];
int tot;
void getmu()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(mark[i]==false)
        {
            prime[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            if(i*prime[j]>n)
            {
                break;
            }
            mark[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}

$\text{Dirichlet}$卷积

$\text{ID}:\text{ID(i)=i}$
$\text{1}:\text{1(i)=1}$
定义两个数论函数的$\text{Dirichlet}$卷积为：
\[(f*g)(n)=\sum_{d|n}({f(d)\times g(\frac{n}{d})}) \]
性质：$\text{Dirichlet}$卷积满足交换律和结合律。
单位元：$\varepsilon$，$\varepsilon(n)=[n==1]$，任何函数卷$\varepsilon$都为其本身.
$1*\mu=\varepsilon$
$\mu * \text{ID} = \varphi$
$1*\text{ID}=\sigma$

莫比乌斯反演

公式：设 $f(n),g(n)$ 为两个数论函数。
如果有
\[ f(n)=\sum_{d\mid n}g(d) \]
那么有
\[ g(n)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})f(d) \]
证明：
原命题等价于：已知 $f=g*1$ ，证明 $g=f*\mu$
显然： $f*\mu=g*1*\mu= g*\varepsilon=g$ （其中 $1*\mu=\varepsilon$ ）

同时，还有另一种$\text{Mobius}$反演：
如果有
\[ f(n)=\sum_{n\mid d}g(d) \]
那么有
\[ g(n)=\sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})f(d) \]

整除分块

当遇到形如
\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\]
的柿子时。
可以采用$O(\sqrt {n})$复杂度的算法：整除分块
易证：对于部分连续的$i$，$\frac{n}{i}$的值是相同的，考虑把它们合并计算，可以发现发现对于每一个值相同的块，它的最后一个数是n/(n/i)。
简略证明：$\frac{n}{i}$就是所求的值，设为$x$，那么可证对于值$x$，它所在的块的最后一个数是$\frac{n}{x}$。

证明：反证法：对于数$\frac{n}{x}+1$，它所在的块的值为$\frac{n}{\frac{n}{x}+1}$，且$\frac{n}{\frac{n}{x}+1}-x=\frac{x^2}{n+x}>0$。$\therefore \text{数} \frac{n}{x}+1 \text{和数} \frac{n}{x} $ 不在同一个块中。
然后，原命题得证。

所以，易得计算原式方法。

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

P2257 YY的GCD

设$f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}[gcd(i,j)=d]$，
$F(n)=\sum_{n\mid d}f(d)=\lfloor \frac{N}{n} \rfloor \times \lfloor \frac{M}{n} \rfloor$
由莫比乌斯反演：$f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$

$Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}[gcd(i,j)=prim]$
$=\sum_{p\in prim}\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{m}[gcd(i,j)=p]$
$=\sum_{p\in prim}f(p)$
$=\sum_{p\in prim}\sum_{p|d}\mu(\frac{d}{p})F(d)$
改为枚举$\frac{d}{p}$：
$Ans=\sum_{p\in prim}\sum_{d}^{min(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\lfloor \frac{m}{p} \rfloor)}\mu(d)F(dp)$
$=\sum_{p\in prim}\sum_{d}^{min(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\lfloor \frac{m}{p} \rfloor)}\mu(d) \times \lfloor \frac{N}{dp} \rfloor \times \lfloor \frac{M}{dp} \rfloor$
设$dp=T,t=p$
$Ans=\sum_{t\in prim}\sum_{d}^{min(\lfloor \frac{n}{t} \rfloor,\lfloor \frac{m}{t} \rfloor)}\mu(\frac{T}{t}) \times \lfloor \frac{N}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{M}{T} \rfloor$
$=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\sum_{t\in prim,t|T}\mu(\frac{T}{t}) \times \lfloor \frac{N}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{M}{T} \rfloor$
$=\sum_{T=1}^{min(n,m)}(\lfloor \frac{N}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{M}{T} \rfloor) \times \sum_{t\in prim,t|T}\mu(\frac{T}{t})$

代码：
//sum即为$\sum_{t\in prim,t|T}\mu(\frac{T}{t})$的前缀和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int prime[10000005];
int mu[10000005];
ll f[10000005];
ll sum[10000005];
bool vis[10000005];
int cnt;
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=10000000;i++)
    {
        if(vis[i]==false)
        {
            mu[i]=-1;
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=10000000;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=1;j*prime[i]<=10000000;j++)
        {
            f[j*prime[i]]+=mu[j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=10000000;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-1]+f[i];
    }
}
ll solve(int a,int b)//运用整除分块
{
    ll ans=0;
    if(a>b)
    {
        swap(a,b);
    }
    for(int l=1,r=0;l<=a;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=(ll)(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    init();
    int T;
    cin>>T;
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d %d",&a,&b);
        printf("%lld\n",solve(a,b));
    }
    return 0;
}