数论专题(2)莫比乌斯反演

news2025/10/31 21:53:59

今天我们开始莫比乌斯反演的学习.这篇博文特别多的公式,强迫症患者请勿观看

莫比乌斯反演

莫比乌斯函数:

定义莫比乌斯函数 $\mu (n)$ ,当 $n=1$ 时, $\mu (n)=1$ .

当 $n$ 是square-free number时,设 $n$ 的质因数分解有 $k$ 项,则 $\mu (n)=(-1)^{k}$ ;

否则, $\mu (n)=0$ ;

根据上面,我们不难验证 $\mu$ 也是积性函数

定理

$I=\mu *1$ ,即 $\mu$ 和 $i$ 互为彼此的逆

证明

设n的不同质因子有k个,分别为 $p_{1}......p_{k}$ ,那么有

$\sum_{d|n}^{}\mu (d)=\sum_{i=1}^{k}\sum_{k->i,ji=c}^{}\mu (c)$ $=\sum_{i=1}^{k}\sum_{k->i}^{}(-1)^{i}$

$=\sum_{i=1}^{k}\binom{k}{i}(-1)^{i}=(1-1)^{k}=[k=0]=I(n)$

莫比乌斯反演

定义

莫比乌斯变换:设数论函数 $f$ ,称 $F=f*1$ 为莫比乌斯变换.

莫比乌斯反演:设数论函数 $F$ ,称 $f=F*\mu$ 为莫比乌斯反演.

例如:

$d=1*1$ ,即 $d*\mu =1$ ;

$Id=\varphi *1$ ,即 $Id*\mu =\varphi$ ;

练习

接下来,我们根据上篇博文的知识和莫比乌斯反演来做几道题:

给出 $n,m$ ,求 $\sum$ $_{i=1}^{n}\sum$ $_{j=1}^{m}gcd(i,j)$ $-nm$

我们之前学欧拉函数的时候,能求 $\sum$ $_{i=1}^{n}\sum$ $_{j=1}^{n}gcd(i,j)$ ,但是当 $n\neq m$ 的时候,就不能再用欧拉函数求了.

还是之前的套路:

$\sum$ $_{j=1}^{n}\sum$ $_{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum$ $_{k=1}^{min(n,m)}k\sum$ $_{i=1}^{n}\sum$ $_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]$

不妨设 $a=\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor,b=\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor$ ,继续推:

$\sum$ $_{j=1}^{n}\sum$ $_{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum$ $_{k=1}^{min(n,m)}k\sum$ $_{i=1}^{a}\sum$ $_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=1]$

$\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=1]=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}I(gcd(i,j))$

$=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}\sum_{d|gcd(i,j)}^{}\mu (d)=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{d=1}^{min(a,b)}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor}\mu (d)$

$=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{d=1}^{min(a,b)}\mu (d)\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor$

此时用整数分块已经可以做到 $O(n\sqrt{n})$ 的复杂度,足以解决此题.

for(int k=1;k<=min(n,m);k++){
    int a=n/k,b=m/k;
    long long sum=0;
    for(int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1){
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        sum+=1ll*(smu[r]-smu[l-1])*(a/l)*(b/l);
    } 
    ans+=sum*k;
}

由答案的对称性,不妨设 $n\leq m$ ,然后我们继续推:

$\sum_{k=1}^{n}k\sum_{d=1}^{a}\mu (d)\left \lfloor \frac{a}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{d} \right \rfloor=\sum_{k=1}^{n}k\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\mu (d)\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor(T=kd)=$

$\sum_{T=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\sum_{k|T}^{}k\mu (\frac{T}{k})$

由于 $Id*\mu =\varphi$ ,所以 $\sum$ $_{k|T}k\mu (\frac{T}{k})=\varphi (T)$ ,那么最终答案就是 $\sum_{T=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\varphi (T)$ ,这个式子在线性筛出 $\varphi$ 及其前缀和的情况下,可以用整数分块做到 $O(\sqrt{n})$ 一次回答(用于应对多组询问的情况).这样我们就可以得到一种 $O(n)-O(\sqrt{n})$ 的算法.