莫比烏斯反演筆記

時間 2019-12-09

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莫比烏斯反演

話說以前對莫比烏斯感興趣仍是在17年拜年祭的時候……html

然而如今看到莫比烏斯反演就心痛QAQios

莫比烏斯反演又稱懵逼鎢絲繁衍，其實就是兩個式子：函數

設函數$f(n)$，$g(n)$是數論函數，且知足：學習

$$f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)$$優化

則有莫比烏斯反演spa

$$g(n)=\sum\limits_{d|n}μ(d)f(\frac{n}{d})$$code

或者若知足：orm

$$f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)$$htm

則有：blog

$$g(n)=\sum\limits_{n|d}μ(\frac{d}{n})f(d)(d\le maxd)$$

其中$μ$爲莫比烏斯函數，設$n=p_{1}^{k_{1}}\cdot p_{2}^{k_{2}}\cdot\cdots\cdot p_{m}^{k_{m}}$（$p$爲質數）

則$μ(n)$定義以下：

$μ(n)=
\begin{cases}
1& n=1 \\
(-1)^{m}& \prod\limits_{i=1}^{m}k_{i}=1 \\
0& otherwise(k_{i}>1)
\end{cases}$

$μ(n)$有一些很是妙的性質，下面舉例說明一下：

性質一：$\mu(n)$是積性函數，即對於正整數$n$,$m$，當$n$和$m$互質時，都有$f(nm)=f(n)f(m)$；

證實：省略，能夠考慮從因子分解方向證

性質二：

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=
\begin{cases}
1& n=1 \\
0& n\not=1
\end{cases}$

證實：當$n=1$時結論顯然

當$n\not=1$時，將$n$分解爲$p_{1}^{k_{1}}\cdot p_{2}^{k_{2}}\cdot\cdots\cdot p_{m}^{k_{m}}$

此時只須要考慮次數爲1的質因子，易得其中質因數個數爲$r$的因子有$C_{m}^{r}$個，那麼原式可化爲：

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=C_{m}^{0}-C_{m}^{1}+C_{m}^{2}-\cdots+(-1)^{m}C_{m}^{m}=\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{i}C_{m}^{i}$

根據二項式定理得

$(x+y)^{m}=\sum\limits_{i=0}^{m}C_{m}^{i}x^{i}y^{n-i}$

將$x=-1,y=1$代入得$\sum\limits_{i=0}^{m}(-1)^{i}C_{m}^{i}=0$

證畢.

如今來證實莫比烏斯反演，網上不少證實都很簡略，看得我雲裏霧裏的，這裏我就寫的詳細一點。

求證：當$f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)$時，$g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$

證實：由$f$,$g$定義可得$\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{k|\frac{n}{d}}g(k)$

變式得$\sum\limits_{d|n}\mu(d)\sum\limits_{k|\frac{n}{d}}g(k)=\sum\limits_{k|n}g(k)\sum\limits_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)$

又由於當$n>1$時$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=0$

因此當且僅當$k=n$時和式的值爲$g(n)$，不然爲$0$，最終結果也是$g(n)$

證畢.

另外一類證實相似，只寫結論：

當$f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)$時$g(n)=\sum\limits_{n|d}μ(\frac{d}{n})f(d)$

因此，沒有了？

下面咱們來看實現和應用。。。這東西看起來就倆式子，可是很是很是有用！

莫比烏斯反演實現與應用

1.線性篩求莫比烏斯函數

咱們莫比烏斯函數是積性函數，那麼就能夠用線性篩來求。

具體實現就是在素數線性篩上加了幾句，首先，素數的莫比烏斯函數是$-1$，當一個數的某個質因子指數大於一時就篩成0。注意實現時若是一個數的最小質因子指數大於$1$纔會直接被篩爲0，不然會用$\mu(x)=-\mu(i)$來完成。每一個數被它的最小質因子篩去，因此是線性的。

代碼：

 1 int miu[100001],pri[100001],tot=0;
 2 bool ntp[100001];
 3 void getmiu(){
 4     memset(ntp,0,sizeof(ntp));
 5     memset(miu,0,sizeof(miu));
 6     miu[1]=1;
 7     for(int i=2;i<=100000;i++){
 8         if(!ntp[i]){
 9             pri[++tot]=i;
10             miu[i]=-1;
11         }
12         for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=100000;j++){
13             ntp[pri[j]*i]=true;
14             if(i%pri[j]==0){
15                 miu[i*pri[j]]=0;
16                 break;
17             }
18             miu[i*pri[j]]=-miu[i];
19         }
20     }
21 }

2.求解一系列有關gcd（是最小公因數不是……）的問題

例題一：BZOJ2301&&HDU1695(這個要求x,y和y,x不重複的)

題意：$n$次詢問，每次求有多少對$(x,y)$知足$a\le x\le b$且$c\le y\le d$且$gcd(x,y)=k$。

$n,a,b,c,d$都是$50000$級別。

容斥一下（不會怎麼容斥的請Alt+F4百度一下）每次拆成四個詢問，都是形若有多少對$(x,y)$知足$1\le x\le n$且$1\le y\le m$且$gcd(x,y)=k$（默認$n\le m$不然交換）。

這樣的詢問等價於詢問有多少對$(x,y)$知足$1\le x\le \lfloor\frac{n}{k}\rfloor$且$1\le y\le \lfloor\frac{m}{k}\rfloor$且$x,y$互質

直接作？4*50000^3=???

考慮莫比烏斯反演，令$g(i)$等於知足$1\le x\le n$且$1\le y\le m$且$gcd(x,y)=i$的數對$(x,y)$個數，$f(i)$等於知足$1\le x\le n$且$1\le y\le m$且$i|gcd(x,y)$的數對$(x,y)$個數。

易得$f(i)=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor$

反演一下得$g(i)=\sum\limits_{i|d}\mu(\frac{d}{i})f(d)=\sum\limits_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$

枚舉每一個$k$的倍數，就能夠$O(n)$處理每一個詢問了。

然而50000^2=???

繼續考慮優化

觀察式子$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$，可（da）以（dan）證（cai）明（ce）發現它最多隻有$O(\sqrt{n})$種取值。

具體證實以下：

考慮$1\le d\le \sqrt{n}$的狀況，此時$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$最多隻有$\sqrt{n}$種取值；

剩餘當$\sqrt{n}\le d\le n$時，有$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor<\sqrt{n}$，所以取值也不超過$\sqrt{n}$種；

綜上，$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$最多隻有$O(\sqrt{n})$種取值。

即$\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$取值連續的段最多隻有$\sqrt{n}+\sqrt{m}$段。

因此就能夠$O(\sqrt{n}+\sqrt{m})$時間內枚舉，而後就……作完了？

具體實現就是分塊維護一個$\mu$的前綴和。

而且很是好寫！

完整代碼：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cmath>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 int t,a,b,c,d,k,pre[100001],miu[100001],pri[100001],tot=0;
 8 bool ntp[100001];
 9 void getmiu(){
10     memset(ntp,0,sizeof(ntp));
11     memset(miu,0,sizeof(miu));
12     miu[1]=1;
13     for(int i=2;i<=100000;i++){
14         if(!ntp[i]){
15             pri[++tot]=i;
16             miu[i]=-1;
17         }
18         for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=100000;j++){
19             ntp[pri[j]*i]=true;
20             if(i%pri[j]==0){
21                 miu[i*pri[j]]=0;
22                 break;
23             }
24             miu[i*pri[j]]=-miu[i];
25         }
26     }
27 }
28 ll work(int n,int m){
29     ll ans=0;
30     int last=0;
31     if(n>m)swap(n,m);
32     for(int i=1;i<=n;i=last+1){
33         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
34         ans+=(ll)(pre[last]-pre[i-1])*(n/i)*(m/i);
35     }
36     return ans;
37 }
38 int main(){
39     getmiu();
40     pre[0]=0;
41     for(int i=1;i<=100000;i++)pre[i]=pre[i-1]+miu[i];
42     scanf("%d",&t);
43     for(int i=1;i<=t;i++){
44         scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
45         a--,c--;
46         if(!k)printf("0\n");
47         else printf("%lld\n",work(b/k,d/k)-work(a/k,d/k)-work(b/k,c/k)+work(a/k,c/k));
48     }
49     return 0;
50 }

例題二：BZOJ2820

題目大意：求有多少對$(x,y)$知足$1\le x\le n$且$1\le y\le m$且$gcd(x,y)=$質數

定義$f(i)$，$g(i)$同上，再枚舉質數，有

$ans=\sum\limits_{p}^{n}(\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{p}}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor)$

直接作？複雜度大概是$O(\frac{n\sqrt{n}}{logn})$，不是很行

變一下式，設$t=pd$，有

$ans=\sum\limits_{t=1}^{n}\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor(\sum\limits_{p|t}\mu(\frac{t}{p}))$

預處理一下$\sum\limits_{p|t}\mu(\frac{t}{p})$，剩下的分塊前綴和就和以前如出一轍了。

如何預處理？

考慮線性篩，$f[i*prime[j]]$

$prime[j]|i$時顯然$f[i]=\mu(i)$

不然考慮$\mu(i*prime[j]/p_{1})$，當$prime[j]=p_{1}$時爲$\mu(i)$，不然全部和爲$-f[i]$，所以總和即爲$\mu(i)-f[i]$。

代碼：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cmath>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long ll;
 7 int t,a,b,pre[10000001],miu[10000001],pri[10000001],f[10000001],tot=0;
 8 bool ntp[10000001];
 9 void getmiu(){
10     memset(ntp,0,sizeof(ntp));
11     memset(miu,0,sizeof(miu));
12     miu[1]=1;
13     for(int i=2;i<=10000000;i++){
14         if(!ntp[i]){
15             pri[++tot]=i;
16             miu[i]=-1;
17             f[i]=1;
18         }
19         for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=10000000;j++){
20             ntp[pri[j]*i]=true;
21             if(i%pri[j]==0){
22                 miu[i*pri[j]]=0;
23                 f[i*pri[j]]=miu[i];
24                 break;
25             }
26             miu[i*pri[j]]=-miu[i];
27             f[i*pri[j]]=miu[i]-f[i];
28         }
29     }
30 }
31 ll work(int n,int m){
32     ll ans=0;
33     int last=0;
34     if(n>m)swap(n,m);
35     for(int i=1;i<=n;i=last+1){
36         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
37         ans+=(ll)(pre[last]-pre[i-1])*(n/i)*(m/i);
38     }
39     return ans;
40 }
41 int main(){
42     getmiu();
43     pre[0]=0;
44     for(int i=1;i<=10000000;i++)pre[i]=pre[i-1]+f[i];
45     scanf("%d",&t);
46     for(int i=1;i<=t;i++){
47         scanf("%d%d",&a,&b);
48         printf("%lld\n",work(a,b));
49     }
50     return 0;
51 }