组合数学——莫比乌斯反演

$M\ddot{o}bius$ 函数

$M\ddot{o}bius$ 函数定义

μ (m) = {\begin{cases} 1, m = 1; \\ (- 1)^{k}, m是k个不同素数乘积; \\ 0, 其他情形; \end{cases}

$\mu(m)=\begin{cases} 1,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;m=1;\\ (-1)^k,\;\;\;\;\;\;\text{m是k个不同素数乘积};\\ 0,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\text{其他情形}; \end{cases}$ 例如:

30 = 2 \times 3 \times 5, 121 = 11^{2}, 则 μ (30) = (- 1)^{3}, μ (121) = 0

$30=2\times 3\times 5, 121=11^2,则\mu(30)=(-1)^3,\mu(121)=0$

$M\ddot{o}bius$ 函数性质

性质一：序列 $\mu(d)$ 满足下面公式: $\begin{matrix} (1) & \sum_{d | n} μ (d) = {\begin{cases} 1, 若n=1 \\ 0, 若n>1 \end{cases} \end{matrix}$ $\sum_{d|n}\mu(d)=\begin{cases}1,\text{若n=1}\\0,\text{若n>1}\end{cases}\tag{1}$
证明:
$n=1$ ，命题成立
$n>1$ ，设 $n=p_{1}^{\alpha1}\dots p_{2}^{\alpha2}p_{k}^{\alpha k},\;\;\;\;n_1=p_1p_2\dots p_k$ ，则有 $\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|n_1}\mu(d)=(1-1)^k=0$
设 $d_1|n$ ，性质一中 $(1)$ 等价于下列等式 $\begin{matrix} (2) & \sum_{d | (n / d_{1})} μ (d) = {\begin{cases} 1, n = d_{1} \\ 0, n > d_{1} . \end{cases} \end{matrix}$ $\sum_{d|(n/d_1)}\mu(d)=\begin{cases}1,n=d_1\\0,n>d_1.\end{cases}\tag{2}$
性质二：莫比乌斯函数是积性函数。即 $μ (a) * μ (b) = μ (a * b) (a 、 b 互质)$ $\mu(a)*\mu(b)=\mu(a*b)\;\;\;\;(a、b互质)$
通过这条性质，我们可以使用线性筛在 $O(n)$ 的时间复杂度内计算出 $[1,n]$ 内各个数的莫比乌斯函数值。具体代码请参考筛法。

$M\ddot{o}bius$ 反演

$M\ddot{o}bius$ 反演公式定义

设 $f(n)$ 和 $g(n)$ 是定义在正整数集合上的两个函数。

\begin{matrix} (M1) & f (n) = \sum_{d | n} g (d) \end{matrix}

$f(n) = \sum_{d|n}g(d)\tag{M1}$ 成立当且仅当

\begin{matrix} (M2) & g (n) = \sum_{d | n} μ (d) f (\frac{n}{d}) \end{matrix}

$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\tag{M2}$ 其中

μ (m)

$\mu(m)$ 为

M \ddot{o} b i u s

$M\ddot{o}bius$ 函数，称

f (n)

$f(n)$ 与

g (n)

$g(n)$ 互为

M \ddot{o} b i u s

$M\ddot{o}bius$ 逆变换。

(M 1), (M 2)

$(M1),(M2)$ 称为

M \ddot{o} b i u s

$M\ddot{o}bius$ 反演公式

$M\ddot{o}bius$ 反演公式的两种形式

形式一：
$f(n) = \sum_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$
由于 $d$ 遍历 $n$ 的所有因子，当且仅当 $n/d$ 遍历 $n$ 的所有因子，因此上式也可以写为
$f(n) = \sum_{d|n}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(d)$
形式二：
对于莫比乌斯反演公式，设 $1\leq n,d\leq N$ .则有
$f(n)=\sum_{n|d}g(d)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d)$
对于形式二，也可以如下表示
$f(n)=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}g(kn)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}\mu(k)f(kn)$

$M\ddot{o}bius$ 反演公式证明

形式一的证明
设 $(M1)$ 成立， $d|n$ ，则有 $f(n/d)=\sum_{d_1|(n/d)}g(d_1).$ 因为 $d_1|(n/d)$ ,所以存在 $m$ ,使得 $dd_1m=n$ ，从而 $d|(n/d).$ 将上式带入 $(M2)$ 的右端，有
$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\\\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d_1|(n/d)}g(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d|n}\sum_{d_1|(n/d)}\mu(d)g(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d_1|n}\sum_{d|(n/d_1)}\mu(d)g(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d_1|n}(\sum_{d|(n/d_1)}\mu(d))g(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;=g(n)$
反之，设 $(M2)$ 成立，对 $d|n$ ,有 $g(n/d)=\sum_{d_1|(n/d)}\mu(d_1)f(n/dd_1)=\sum_{d_1|(n/d)}f(d_1)$ ，将此式代入 $(M1)$ 的右端，得
$\sum_{d|n}=\sum_{d|n}g(n/d)\\\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d|n}\sum_{d_1|(n/d)}\mu(n/dd_1)f(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d_1|n}\sum_{d|(n/d_1)}\mu(n/dd_1)f(d_1)\\\;\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{d_1|n}f(d_1)\sum_{d|(d/d_1)}\mu((n/d_1)/d)\\\;\;\;\;\;\;\;\;=f(n)$
形式二的证明
$g(n)=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}\mu(k)f(kn)\\\;\;\;\;\;\;\;=\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}\mu(k)\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{N}{kn} \right \rfloor}g(jkn)\\\;\;\;\;\;\;\;=\;\;\;\;\;\mu(1)[f(1\cdot n) + f(2\cdot n) + f(3\cdot n)+ f(4\cdot n) + \dots + f(\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor) \cdot n]\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\mu(2)[f(2\cdot n) + f(4\cdot n) + f(6\cdot n)+ f(8\cdot n) + \dots + f(\left \lfloor \frac{N}{2n} \right \rfloor) \cdot n]\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\mu(3)[f(3\cdot n) + f(6\cdot n) + f(9\cdot n)+ f(12\cdot n) + \dots + f(\left \lfloor \frac{N}{3n} \right \rfloor) \cdot n]\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\dots\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\mu(i)[f(i\cdot n) + f(2i\cdot n) + f(3i\cdot n)+ f(4i\cdot n) + \dots + f(\left \lfloor \frac{N}{i\times n} \right \rfloor) \cdot n]\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\dots\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\mu(\left \lfloor \frac{N}{n-1} \right \rfloor)[f(\left \lfloor \frac{N}{n-1} \right \rfloor \cdot n)+ f(\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor \cdot n)]\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; +\mu(\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor)[f(\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor \cdot n)]\\\;\;\;\;\;\;\;\; =\sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{N}{n} \right \rfloor}g(kn)\sum_{d|k}\mu(d)\\\;\;\;\;\;\;\;\; =g(1\cdot n)\cdot \mu(1)\\\;\;\;\;\;\;\;\; =g(n)$

莫比乌斯反演的应用

例题一
HDU 1695
题目大意：设 $1 \leq x \leq n\;\;\;\;,1 \leq y \leq m$ ,求使得 $gcd(x, y)=k$ 的数对 $(x,y)$ 的数目， $(x,y)和(y,x)$ 是同一个数对， $m, n, k \leq 100000$ .
解法：
不妨设 $n \leq m$
设 $f(k)$ 为 $gcd(x,y)=k$ 的个数， $g(k)$ 为满足 $k∣gcd(x,y)$ 的 $(x,y)$ 数目，则有 $g (k) = \sum_{x = 1}^{⌊ \frac{n}{k} ⌋} f (k \cdot x)$ $g(k)= \sum_{x=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}f(k \cdot x)$ 由莫比乌斯反演公式形式二，可以得到 $f (k) = \sum_{x = 1}^{⌊ \frac{N}{k} ⌋} μ (x) g (k \cdot x)$ $f(k)=\sum_{x=1}^{\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor}\mu(x)g(k\cdot x)$ 易知 $g (k) = ⌊ \frac{m}{k} ⌋ \cdot ⌊ \frac{n}{k} ⌋$ $g(k)=\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$ 于是 $f (k) = \sum_{x = 1}^{⌊ \frac{N}{k} ⌋} μ (x) ⌊ \frac{m}{k \cdot x} ⌋ \cdot ⌊ \frac{n}{k \cdot x} ⌋$ $f(k)=\sum_{x=1}^{\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor}\mu(x)\left \lfloor \frac{m}{k \cdot x} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{n}{k \cdot x} \right \rfloor$
显然 $f(k)$ 就是答案，暴力求是 $O(n)$ 的。如何快速求？这里很重要的思想就是分块， $\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$ 有至多 $O(\sqrt n)$ 个取值。
证明：
当 $1\leq k \leq \sqrt n$ 时，由于d 只有 $\sqrt n$ 个，所以 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 也只有至多 $\sqrt n$ 个取值。
当 $\sqrt n\leq k \leq n$ 时，由于 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 小于 $\sqrt n$ ，所以 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 也只有至多 $\sqrt n$ 个取值。
故 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 至多有 $O(\sqrt n)$ 个取值

同理 $\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$ 也只有至多 $O(\sqrt m)$ 个取值，又因为取值是连续的，所以 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 与 $\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$ 同时不变的段数有 $O(\sqrt n + \sqrt m)$ 个。
对于相等的段，我们求取 $\mu$ 的前缀和，即可批量计算这一个段的答案。

LL mobius(int n, int m, int d) {
    if (n > m) {
        swap(n, m);
    }
    LL ans = 0;
    n /= d, m /= d;
    for (int i = 1, last = 1; i <= n; i = last + 1) {
        last = min(n / (n / i), m / (m / i));
        ans += (ll)(sum[last] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    } 
    return ans;
}

对于位置 $i$ ，找到下一个相等的位置的代码为 $min(n / (n / i), m / (m / i))$ 。对于 $n$ 来说，我们要找到最大的 $j$ ，满足：

⌊ \frac{n}{j} ⌋ \geq ⌊ \frac{n}{i} ⌋

$\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
可以拆掉左边的底：

\frac{n}{j} \geq ⌊ \frac{n}{i} ⌋

$\frac{n}{j} \geq \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
继续化简：

j \leq ⌊ \frac{n}{⌊ \frac{n}{i} ⌋} ⌋

$j \leq \left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} \right \rfloor$
所以

j = ⌊ \frac{n}{⌊ \frac{n}{i} ⌋} ⌋

$j = \left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} \right \rfloor$ 对

m

$m$ 同理，取两个

j

$j$ 最小值即为都不变的段

[i, j]

$[i,j]$ 。
HDU 1695 代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;

const LL maxn = 100001;
LL mu[maxn];
bool isPrim[maxn];
LL primes[maxn];
LL countPrime;
LL sum[maxn];

void sieve() {
    LL temp;
    memset(isPrim, -1, sizeof(isPrim));
    mu[1] = 1;
    countPrime = 0;
    for(LL i = 2; i < maxn; i++) {
        if(isPrim[i]) {
            mu[i] = -1;
            primes[countPrime++] = i;
        }
        for(LL j = 0; j < countPrime && (temp = i * primes[j]) < maxn; j++) {
            isPrim[temp] = false;
            if(i % primes[j] == 0) {
                mu[temp] = 0;
                break;
            }
            else {
                mu[temp] = -mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++) {
        sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
    }
}

LL mobius(LL a, LL b, LL k) {
    a /= k;
    b /= k;
    if(a > b) {
        swap(a, b);
    }
    LL ans = 0;
    for(LL i = 1, last = 1; i <= a; i = last + 1) {
        last = min(a/(a/i), b/(b/i));
        ans += (sum[last] - sum[i-1])*((2*(b/i)-a/i+1)*(a/i)/2);
    }
    return ans;
}

int main() {
    sieve();
    LL t, a, b, c, d, k;
    scanf("%I64d",&t);
    for(LL i = 1; i <= t; i++) {
        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &a, &b, &c, &d, &k);
        if(k == 0) {
            printf("Case %I64d: %I64d\n", i, 0);
        }
        else {
            printf("Case %I64d: %I64d\n", i, mobius(b, d, k));
        }
    }
    return 0;
}

例题二
HDU 4746
HDU 4746 代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 500005;
const int maxp = 20;
bool isPrim[maxn];
LL mu[maxn];
LL primes[maxn];
LL countPrim;
LL facNum[maxn];
LL sum[maxn][maxp];

void sieve() {
    LL temp;
    memset(isPrim, -1, sizeof(isPrim));
    memset(facNum, 0, sizeof(facNum));
    memset(sum, 0, sizeof(sum));
    mu[1] = 1;
    countPrim = 0;
    for(int i = 2; i < maxn; i++) {
        if(isPrim[i]) {
            mu[i] = -1;
            facNum[i] = 1;
            primes[countPrim++] = i;
        }
        for(int j = 0; j < countPrim && (temp = i * primes[j]) < maxn; j++) {
            isPrim[temp] = false;
            facNum[temp] = facNum[i]+1;
            if(i % primes[j] == 0) {
                mu[temp] = 0;
                break;
            }
            else {
                mu[temp] = -mu[i];
            }
        }
    }

    for(int i = 1; i < maxn; i++) {
        for(int j = i; j < maxn; j += i) {
            sum[j][facNum[i]] += mu[j/i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++) {
        for(int j = 1; j < maxp; j++) {
            sum[i][j] += sum[i][j-1];
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++) {
        for(int j = 0; j < maxp; j++) {
            sum[i][j] += sum[i-1][j];
        }
    }
}

LL solve(int m, int n, int p) {
    if(p >= maxp) {
        return (LL)n*(LL)m;
    }
    LL res = 0;
    if(n > m) {
        swap(n, m);
    }
    for(int i = 1, last = 1; i <= n; i = last + 1) {
        last = min((n/(n/i)), m/(m/i));
        res += (sum[last][p] - sum[i-1][p])*(m/i)*(n/i);
        //cout<<i<<" "<<res<<endl;
    }
    return res;
}

int main() {
    sieve();
    int t, n, m, p;
    cin>>t;
    while(t--) {
        cin>>n>>m>>p;
        cout<<solve(n ,m, p)<<endl;
    }
    return 0;
}

$M\ddot{o}bius$ 反演题库

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