莫比乌斯反演

引入

莫比乌斯反演是数论中的重要内容。对于一些函数 ,如果很难直接求出它的值,而容易求出其倍数和或约数和 ,那么可以通过莫比乌斯反演简化运算,求得 的值。

开始学习莫比乌斯反演前,需要先学习一些前置知识:数论分块、狄利克雷卷积。

莫比乌斯函数

定义

为莫比乌斯函数,定义为

详细解释一下:

,其中 为质因子,。上述定义表示:

  1. 时,
  2. 对于 时:
    1. 当存在 ,使得 时,,也就是说只要某个质因子出现的次数超过一次, 就等于
    2. 当任意 ,都有 时,,也就是说每个质因子都仅仅只出现过一次时,即 中个元素唯一时, 等于 次幂,此处 指的便是仅仅只出现过一次的质因子的总个数。

性质

莫比乌斯函数不仅是积性函数,还有如下性质:

证明

那么

根据二项式定理,易知该式子的值在 时值为 否则为 ,这也同时证明了 以及

这个性质意味着,莫比乌斯函数在狄利克雷生成函数中,等价于黎曼函数 的倒数。所以在狄利克雷卷积中,莫比乌斯函数是常数函数 的逆元。

补充结论

反演结论:

直接推导:如果看懂了上一个结论,这个结论稍加思考便可以推出:如果 的话,那么代表着我们按上个结论中枚举的那个 ,也就是式子的值是 ,反之,有一个与 相同的值:

利用 函数:根据上一结论,,将 展开即可。

线性筛

由于 函数为积性函数,因此可以线性筛莫比乌斯函数(线性筛基本可以求所有的积性函数,尽管方法不尽相同)。

线性筛实现
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// C++ Version
void getMu() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
}
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# Python Version
def getMu():
mu[1] = 1
for i in range(2, n + 1):
    if flg[i] != 0:
        p[tot] = i; tot = tot + 1; mu[i] = -1
    j = 1
    while j <= tot and i * p[j] <= n:
        flg[i * p[j]] = 1
        if i % p[j] == 0:
            mu[i * p[j]] = 0
            break
        mu[i * p[j]] = mu[i * p[j]] - mu[i]
        j = j + 1

拓展

证明

分解质因数:

首先,因为 是积性函数,故只要证明当 成立即可。

因为 是质数,于是

易知如下过程:

该式子两侧同时卷 可得


莫比乌斯变换

为两个数论函数。

形式一:如果有 ,那么有

这种形式下,数论函数 称为数论函数 的莫比乌斯变换,数论函数 称为数论函数 的莫比乌斯逆变换(反演)。

容易看出,数论函数 的莫比乌斯变换,就是将数论函数 与常数函数 进行狄利克雷卷积。

根据狄利克雷卷积与狄利克雷生成函数的对应关系,数论函数 的莫比乌斯变换对应的狄利克雷生成函数,就是数论函数 的狄利克雷生成函数与黎曼函数 的乘积。

形式二:如果有 ,那么有

证明

方法一:对原式做数论变换。

来替换 ,再变换求和顺序。最后一步变换的依据:,因此在 时第二个和式的值才为 。此时 ,故原式等价于

方法二:运用卷积。

原问题为:已知 ,证明

易知如下转化:(其中 )。

对于第二种形式:

类似上面的方法一,我们考虑逆推这个式子。

我们把 表示为 的形式,然后把 的原定义代入式子。

发现枚举 再枚举 的倍数可以转换为直接枚举 的倍数再求出 ,发现后面那一块其实就是 , 整个式子只有在 的时候才能取到值。


问题形式

「HAOI 2011」Problem b

求值(多组数据)

根据容斥原理,原式可以分成 块来处理,每一块的式子都为

考虑化简该式子

因为 时对答案才用贡献,于是我们可以将其替换为 当且仅当 时值为 否则为 ),故原式化为

函数展开得到

变换求和顺序,先枚举 可得

易知 的倍数有 个,故原式化为

很显然,式子可以数论分块求解。

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 50000;
int mu[N + 5], p[N + 5];
bool flg[N + 5];

void init() {
  int tot = 0;
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= N; ++i) mu[i] += mu[i - 1];
}

int solve(int n, int m) {
  int res = 0;
  for (int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {
    j = min(n / (n / i), m / (m / i));
    res += (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / i) * (m / i);  // 代推出来的式子
  }
  return res;
}

int main() {
  int T, a, b, c, d, k;
  init();  // 预处理mu数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; i++) {
    scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
    // 根据容斥原理,1<=x<=b&&1<=y<=d范围中的答案数减去1<=x<=b&&1<=y<=c-1范围中的答案数和
    //   1<=x<=a-1&&1<=y<=d范围中的答案数再加上1<=x<=a-1&&1<=y<=c-1范围中的答案数
    //   即可得到a<=x<=b&&c<=y<=d范围中的答案数
    // 这一步如果不懂可以画坐标图进行理解
    printf("%d\n", solve(b / k, d / k) - solve(b / k, (c - 1) / k) -
                       solve((a - 1) / k, d / k) +
                       solve((a - 1) / k, (c - 1) / k));
  }
  return 0;
}

「SPOJ 5971」LCMSUM

求值(多组数据)

易得原式即

将原式复制一份并且颠倒顺序,然后将 n 一项单独提出,可得

根据 ,可将原式化为

两个求和式中分母相同的项可以合并。

可以将相同的 合并在一起计算,故只需要统计 的个数。当 时,,所以 的个数有 个。

故答案为

变换求和顺序,设 ,合并公因式,式子化为

,已知 为积性函数,于是可以 筛出。每次询问 计算即可。

下面给出这个函数筛法的推导过程:

首先考虑 的值,显然它的约数只有 ,因此

又有 ,则原式可化为

于是有

那么,对于线性筛中的 ,令 ,可得

同理有

因此

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#include <cstdio>
const int N = 1000000;
int tot, p[N + 5];
long long g[N + 5];
bool flg[N + 5];  // 标记数组

void solve() {
  g[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= N; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      g[i] = (long long)1 * i * (i - 1) + 1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        g[i * p[j]] =
            g[i] + (g[i] - g[i / p[j]]) * p[j] * p[j];  // 代入推出来的式子
        break;
      }
      g[i * p[j]] = g[i] * g[p[j]];
    }
  }
}

int main() {
  int T, n;
  solve();  // 预处理g数组
  scanf("%d", &T);
  for (int i = 1; i <= T; ++i) {
    scanf("%d", &n);
    printf("%lld\n", (g[n] + 1) * n / 2);
  }
  return 0;
}

「BZOJ 2154」Crash 的数字表格

求值(对 取模)

易知原式等价于

枚举最大公因数 ,显然两个数除以 得到的数互质

非常经典的 式子的化法

后半段式子中,出现了互质数对之积的和,为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记

接下来对 进行化简。首先枚举约数,并将 表示为

,显然式子可以变为

观察上式,前半段可以预处理前缀和;后半段又是一个范围内数对之和,记

可以 求解

至此

我们可以 数论分块求解 函数。

在求出 后,回到定义 的地方,可得原式为

可见这又是一个可以数论分块求解的式子!

本题除了推式子比较复杂、代码细节较多之外,是一道很好的莫比乌斯反演练习题!(上述过程中,默认

时间复杂度:(瓶颈为线性筛)

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1e7;
const int mod = 20101009;
int n, m, mu[N + 5], p[N / 10 + 5], sum[N + 5];
bool flg[N + 5];

int Sum(int x, int y) {
  return ((long long)1 * x * (x + 1) / 2 % mod) *
         ((long long)1 * y * (y + 1) / 2 % mod) % mod;
}

int func(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (sum[j] - sum[i - 1] + mod) *
                     Sum(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  //+mod防负数
  }
  return res;
}

int solve(int x, int y) {
  int res = 0;
  int j;
  for (int i = 1; i <= min(x, y); i = j + 1) {  // 整除分块处理
    j = min(x / (x / i), y / (y / i));
    res = (res + (long long)1 * (j - i + 1) * (i + j) / 2 % mod *
                     func(x / i, y / i) % mod) %
          mod;  // !每步取模防爆
  }
  return res;
}

void init() {  // 线性筛
  mu[1] = 1;
  int tot = 0, k = min(n, m);
  for (int i = 2; i <= k; ++i) {
    if (!flg[i]) {
      p[++tot] = i;
      mu[i] = -1;
    }
    for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= k; ++j) {
      flg[i * p[j]] = 1;
      if (i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0;
        break;
      }
      mu[i * p[j]] = -mu[i];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= k; ++i)
    sum[i] = (sum[i - 1] + (long long)1 * i * i % mod * (mu[i] + mod)) % mod;
}

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  init();
  printf("%d\n", solve(n, m));
}

「SDOI2015」约数个数和

多组数据,求

其中 表示 的约数个数

要推这道题首先要了解 函数的一个特殊性质

再化一下这个式子

将上述式子代回原式

那么 预处理 的前缀和, 分块处理询问,总复杂度 .

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#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long N = 5e4 + 5;
long long n, m, T, pr[N], mu[N], d[N], t[N],
    cnt;  // t 表示 i 的最小质因子出现的次数
bool bp[N];

void prime_work(long long k) {
  bp[0] = bp[1] = 1, mu[1] = 1, d[1] = 1;
  for (long long i = 2; i <= k; i++) {  // 线性筛
    if (!bp[i]) pr[++cnt] = i, mu[i] = -1, d[i] = 2, t[i] = 1;
    for (long long j = 1; j <= cnt && i * pr[j] <= k; j++) {
      bp[i * pr[j]] = 1;
      if (i % pr[j] == 0) {
        mu[i * pr[j]] = 0;
        d[i * pr[j]] = d[i] / (t[i] + 1) * (t[i] + 2);
        t[i * pr[j]] = t[i] + 1;
        break;
      } else {
        mu[i * pr[j]] = -mu[i];
        d[i * pr[j]] = d[i] << 1;
        t[i * pr[j]] = 1;
      }
    }
  }
  for (long long i = 2; i <= k; i++)
    mu[i] += mu[i - 1], d[i] += d[i - 1];  // 求前缀和
}

long long solve() {
  long long res = 0, mxi = min(n, m);
  for (long long i = 1, j; i <= mxi; i = j + 1) {  // 整除分块
    j = min(n / (n / i), m / (m / i));
    res += d[n / i] * d[m / i] * (mu[j] - mu[i - 1]);
  }
  return res;
}

int main() {
  scanf("%lld", &T);
  prime_work(50000);  // 预处理
  while (T--) {
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    printf("%lld\n", solve());
  }
  return 0;
}

另一种推导方式

转化一下,可以将式子写成

容易知道

,继续接着前面的往下推

利用 反演,上式等于

得到了一个与第一种推导本质相同的式子。

莫比乌斯反演扩展

结尾补充一个莫比乌斯反演的非卷积形式。

对于数论函数 和完全积性函数

我们证明一下

参考文献

algocode 算法博客