莫比乌斯反演

莫比乌斯函数定义：

设 \(n = p_1 ^ {k_1} \cdot p_2 ^ {k_2} \cdot\cdots\cdot p_m ^ {k_m}\)，其中 p 为素数，则定义如下：

\[\mu(n) = \begin{cases} 1 & n = 1 \\ (-1) ^ m & \prod\limits_{i = 1} ^ {m} k_i = 1 \\ 0 & \textrm{otherwise}(k_i \gt 1) \end{cases} \]

​​
可知有平方因子的数的莫比乌斯函数值为 0。

1. 由于Mobius函数是积性函数，即 \(\mu(a \cdot b)=\mu(a)\cdot \mu(b), (a,b)=1\),所以
   可以在\(O(n)\)的时间内筛出\([1,n]\)的函数值，一个数 \(x= p_1 ^ {k_1} \cdot p_2 ^ {k_2} \cdot\dots\cdot p_m ^ {k_m}\)，
   若\(k_i=1 , k_j>1, j>i\) 则x只会被\(\frac x {p_j} \mod p_j=0\) 删除

int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
void mublus(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;++i){
        if(!noprime[i]){
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;//质数为-1
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN;++j){
            noprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[prime[j]*i]=0;// prime[j]*i有因子prime[j]^2   ,故为0；
                break;
            }
            else mu[prime[j]*i]=-mu[i];//   i 比prime[j]*i多了一个质因子。
        }
    }
}

2. \(\sum_{d\mid n}\mu(d) = [n = 1]\)

证明：当 n = 1 时有 \(\mu(1) = 1\)，显然成立。否则设 \(n = p_1 ^ {k_1} \cdot p_2 ^ {k_2}\cdot\cdots\cdot p_m ^ {k_m}\)​​ ，\(d = p_1 ^ {x_1} \cdot p_2 ^ {x_2} \cdot\cdots\cdot p_m ^ {x_m}\)

​​ 根据\(\mu(n)\) 的定义，只需考虑 \(x_i = 0\) 或 \(x_i = 1\)的情况。我们设 d 中存在 r 个 \(x_i\)为 1，那么有：

\(\sum_{d\mid n}\mu(d) = \sum_{r = 0}^m\binom m r(-1)^r(n \neq 1)\)

根据二项式定理：

\((x+y)^{n}=\sum _{k=0}^{n}\binom n kx^{n-k}y^{k} (x+y)\)
​​
我们令 x = 1, y = -1，即得证：

\(\sum_{r = 0}^m\binom m r(-1)^r = (1 - 1)^m = 0(n \neq 1)\)

莫比乌斯反演

假设对于数论函数 \(f(n)\) 和\(F(n)\)，满足以下关系式：\(F(n)=\sum _{{d|n}}f(d)\)

则将其默比乌斯反演公式定义为：

\[f(n)=\sum _{d|n}\mu (d) F({\frac {n}{d}}) \]

或者满足：\(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\)

有

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

1.求区间[1,a], [1,b]中gcd=k的个数

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

即求

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

令\(f(k)\)为满足gcd=k的个数，\(F(k)\)为满足\(gcd=x \cdot k，x>0\) 的个数.

则有 \(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\) （d是n的倍数，\(\sum f(d)\)显然就是F的定义）

所以有反演公式：\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)F(d)\)

显然，\(F(n)=\lfloor\frac a n\rfloor\cdot\lfloor\frac b n\rfloor\)

（a/n是第一个区间里n的倍数的个数，两者相乘则为 i，j 都是n的倍数的个数，所以gcd(i,j)是n的倍数，显然就是F的定义）

所以\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)\cdot\lfloor\frac a d\rfloor\cdot\lfloor\frac b d\rfloor\)

由于k=1

有\(f(1)=\sum_{1|d}\mu(d)F(d)=\sum_{1|d}\mu(d)\cdot\lfloor\frac a d\rfloor\cdot\lfloor\frac b d\rfloor\)

HDU-1695

求[a,b],[c,d]里gcd=k的个数，a=c=1，gcd(1,2)和gcd(2,1)算作一个。

\(ans=f(1)=\sum_{1|i}^{\min(b,d)}\mu(i)F(i)=\sum_{1|i}\mu(i)\cdot\lfloor\frac b i\rfloor\cdot\lfloor\frac d i\rfloor\)
为何sum的上界是min(b,d)，因为i大于min时，F(i)=0,且F(i)表示两个区间里各取一个数，满足gcd=i的倍数，若i大于其中一个区间的上界，则不能满足gcd=i的倍数。
最后，ans是有重复的，例如[1,5]和[1,10]两个区间，[1,3]和[3,1]算作两次，但是[1,6],[6,1]中[6,1]不可能倍计算，所以只算了一次。所以，在[1,min(b,d)]里的答案都计算了两次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Init(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007,MAXN=1e5+8;
typedef long long ll;
int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
void mubius(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<MAXN;++i){
        if(!noprime[i]){
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN;++j){
            noprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[prime[j]*i]=0;
                break;
            }
            else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    mubius();
    int T,a,b,c,d,k;
    cin>>T;
    for(int Case=1;Case<=T;++Case){
        cin>>a>>b>>c>>d>>k;
        if(k==0){//没有gcd=0
            cout<<"Case "<<Case<<": 0\n";
            continue;
        }
        b/=k,d/=k;//将gcd=k化成gcd=1.
        ll ans1=0,ans2=0;
        if(b>d)swap(b,d);//b，d里b是最小值。
        for(int i=1;i<=b;++i){
        	ans1+=1ll*mu[i]*(b/i)*(d/i);
        	ans2+=1ll*mu[i]*(b/i)*(b/i);
        }
        cout<<"Case "<<Case<<": "<<ans1-(ans2>>1)<<endl;
    }
    return 0;
}

这样做是 O(n)。
例如，b=10000，d=11000，i>6000时，\(\lfloor\frac b i\rfloor=\lfloor\frac d i\rfloor=1\)，但是我们还是计算了4000次。

所以，不如先求\(\mu\) 的前缀和，再求出对于b，d两数，\(\lfloor\frac b i\rfloor, \lfloor\frac d i\rfloor\)均不变的范围，在该范围内，

\(ans=sum(\mu)\cdot\lfloor\frac b i\rfloor\cdot\lfloor\frac d i\rfloor\)

对于一个在区间[1 ，x]内的位置 i，设 \(\lfloor\frac x i\rfloor=k\) ，对于向下取整都为k的最后一个位置last，

\(\lfloor\frac x {last}\rfloor=k\)，且 \(\lfloor\frac {x} {last+1}\rfloor=k-1，x\mod ({last+1})=0\)

得：\(last=\frac{x}{\lfloor\frac x i\rfloor -1}-1\),因为x和\(\lfloor\frac x i\rfloor -1\)是整除关系，把-1去掉，分子相当于+1，所以\(\frac{x}{\lfloor\frac x i\rfloor }-1\)不是整除，

比原来少了1，再加上1就和原来一样了，所以为了方便，减1全部去掉。

最后再和另一个区间里的取最小值。

for(int i=1;i<=b;++i){
        	ans1+=1ll*mu[i]*(b/i)*(d/i);
        	ans2+=1ll*mu[i]*(b/i)*(b/i);
	}
//由上面变成了下面，只需处理一下前缀和：
//for(int i=1;i<MAXN;++i)sumu[i]=sumu[i-1]+mu[i];
for(int last,i=1;i<=b;i=last+1){
            last=min(b/(b/i),d/(d/i));
            ans1+=1ll*(sumu[last]-sumu[i-1])*(b/i)*(d/i);
            ans2+=1ll*(sumu[last]-sumu[i-1])*(b/i)*(b/i);
        }

复杂度：\(O(\sqrt n + \sqrt m)\)

P2257 YY的GCD

题意：给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对。

还是一样，设\(f(d)=\sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M[gcd(i,j)=d]\) 假设\(N\le M\)

\(F(n)=\sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M[n|gcd(i,j)]=\lfloor\frac N n\rfloor\lfloor\frac M n\rfloor\)

由反演公式得到：

\(f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac d n)\lfloor\frac N d\rfloor\lfloor\frac M d\rfloor\)

\(ans=\sum_{p\in prime}f(p)=\sum_{p\in prime}\sum_{p|d}\mu(\frac d p)\lfloor\frac N d\rfloor\lfloor\frac M d\rfloor\)

\(=\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}\mu(k)\lfloor\frac N {dp}\rfloor\lfloor\frac M {kp}\rfloor, d:=kp\)

令\(T=kp\),有：

\(ans=\sum_{p\in prime}\sum_{k=1}\mu(k)\lfloor\frac N {T}\rfloor\lfloor\frac M {T}\rfloor=\sum_{p\in prime}\sum_{p|T}\mu(\frac T p)\lfloor\frac N {T}\rfloor\lfloor\frac M {T}\rfloor\)

重点来了，如何交换两个求和符号的顺序？画图大法好。

\(p=p_1\)时，\(T_1=p_1,2p_1,3p_1,\dots,n_1p_1\)
\(p=p_2\)时，\(T_2=p_2,2p_2,3p_2,\dots,n_2p_2\)
\(\dots\)
\(p=p_n\)时，\(T_n=p_n,2p_n,3p_n,\dots,np_n\)
其中\(T_i\le N\)
所以，T从最小的质数\(p_1\)开始枚举，由于任意合数 \(x\)，都能分解为\(x=k_ip_i=k_jp_j\),所以T遍历\(p_1\)开始到x的

所有数，\(\frac T p\)枚举的是\(k_i \dots\)，所以有：

\(ans=\sum_{p\in prime}\sum_{p|T}\mu(\frac T p)\lfloor\frac N {T}\rfloor\lfloor\frac M {T}\rfloor\)

\(=\sum_{T=1}^{x}\sum_{p|T, p\in prime}\mu(\frac T p)\lfloor\frac N {T}\rfloor\lfloor\frac M {T}\rfloor\)

\(=\sum_{T=1}^{x}\lfloor\frac N {T}\rfloor\lfloor\frac M {T}\rfloor\sum_{p|T, p\in prime}\mu(\frac T p)\)（T从2开始也是一样的，T=1时后面的求和等于0）

右边的求和可以通过预处理获得前缀和，对于\(\sum_{p|T, p\in prime}\mu(\frac T p)\)，我们考虑每个质数p对T=kp的贡献。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define Init(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=10007,MAXN=1e7+8;
typedef long long ll;
int mu[MAXN],prime[MAXN],cnt;
bool noprime[MAXN];
int sumu[MAXN];
void Mobius() {
   mu[1]=1;
   for(int i=2; i<MAXN; ++i) {
       if(!noprime[i]) {
   			prime[++cnt]=i;
   			mu[i]=-1;
       }
       for(int j=1; j<=cnt&&prime[j]*i<MAXN; ++j) {
           noprime[prime[j]*i]=1;
           if(i%prime[j]==0) {
               mu[i*prime[j]]=0;
               break;
           } else
               mu[i*prime[j]]=-mu[i];
       }
   }
   for(int i=1; i<=cnt; ++i)
       for(int j=1; j*prime[i]<MAXN; ++j)
           sumu[j*prime[i]]+=mu[j];
   for(int i=1; i<MAXN; ++i)
       sumu[i]+=sumu[i-1];
}
int main() {
   std::ios::sync_with_stdio(0);
   std::cin.tie(0);
   std::cout.tie(0);
   Mobius();
   int t;
   cin>>t;
   while(t--){
       int x,y,last;
       cin>>x>>y;
       ll ans=0;
       if(x>y)swap(x,y);
       for(int i=1;i<=x;i=last+1){
           last=min(x/(x/i),y/(y/i));
           ans+=1ll*(x/last)*(y/last)*(sumu[last]-sumu[i-1]);
       }
       cout<<ans<<endl;
   }
   return 0;
}

标签：lfloor,frac,cdot,乌斯,sum,rfloor,mu,反演,莫比
来源： https://www.cnblogs.com/foursmonth/p/14145116.html