[笔记] 莫比乌斯反演
作者：互联网
积性函数
积性函数：对于任意互质的整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 则称 \(f(x)\) 的数论函数。
完全积性函数：对于任意整数 \(a,b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论函数。
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常见的积性函数：\(\varphi,\mu,\sigma,d\)
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常见的完全积性函数：\(\epsilon,I,id\)
\(\epsilon(n) = [n=1], I(n) = 1, id(n) = n\)
狄利克雷卷积
设 \(f, g\) 是两个数论函数，它们的狄利克雷卷积卷积是：\((f*g)(n) = \sum \limits _{d | n} f(d) g(\frac{n}{d})\)
性质：满足交换律，结合律
单位元：\(\epsilon\) （即 \(f*\epsilon=f\)）
结合狄利克雷卷积得到的几个性质：
- \(\mu * I = \epsilon\)
- \(\varphi * I = id\)
- \(\mu * id = \varphi\)
莫比乌斯函数
定义
\[\mu(n)=\left\{ \begin{aligned} 1\ &(n=1)\\ (-1)^m\ &(m 为质数个数)\\ 0\ &(含有平方因子) \end{aligned} \right. \]性质
- \[\lfloor\frac{n}{xy}\rfloor=\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}{y}\rfloor \]
- \[\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]
- \[\sum_{d\mid n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n} \]
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\[\sigma_k(nm)=\sum_{x\mid n}\sum_{y\mid n}[\gcd(x,y)=1](\frac{n}{x}\cdot y)^k
\]
\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma_k(ij)\) 的推式子过程
公式
\(f(i), g(i)\) 是两个数论函数：
或者
\[\begin{aligned} &f(i) = \sum_{d = 1}^{\left\lfloor\frac n i\right\rfloor}g(d\cdot i)\\ \Rightarrow &g(i) = \sum_{d = 1}^{\left\lfloor\frac n i\right\rfloor}f(d\cdot i)\mu(d) \end{aligned} \]例题
求 \(\gcd(i,j)=k\) 的个数
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j = 1}^m[\gcd(i,j)=k] \]设 \(f(k)\) 为 \(\gcd(i,j)=k\) 的个数，\(g(k)\) 为 \(\gcd(i,j)\) 是 \(k\) 的倍数的个数，则：
\[g(k) = \sum_{d = 1}^{\left\lfloor\frac n k\right\rfloor}f(d\cdot x) \]而 \(g(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\cdot\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\)，故直接莫反+数论分块求 \(f(k)\) 即可。
求 \(\gcd(i,j)\) 的 \(k\) 次幂
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k\bmod{10^9+7} \]用之前的做法将得到：
\[\sum_{d=1}^nd^k\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor \]这样可以做到 \(O(n^{\frac{3}{4}})\)，但是还有更快的做法，枚举 \(dx\)，记为 \(T\)：
\[\sum_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d\mid T} d^k\cdot\mu(\frac{T}{d}) \]设 \(f(n)=\sum_{d\mid n}d^k\mu(\frac{n}{d})\)，则只要求出 \(f\) 的前缀和，就可以 \(O(\sqrt n)\) 解决单次询问。
Sengxian 说
这个交换枚举顺序，然后变成积性函数预处理+数论分块的技巧很常见。
标签：lfloor,frac,乌斯,sum,mid,rfloor,mu,反演,莫比 来源： https://www.cnblogs.com/Callis/p/16147563.html