什么是莫比乌斯反演

关于莫比乌斯反演

莫比乌斯反演，又称懵逼钨丝繁衍，是一种看了就一脸懵逼的东西。

好吧好吧，严肃点。（不过因为本蒟蒻真的很懵逼，所以错误之处请大神指出）

莫比乌斯反演就是下面这个式子：

如果存在函数F(x)和f(x),满足

F(n)=∑d∣nf(d)F(n)=\sum_{d|n} f(d)F(n)=d∣n∑f(d)

那么就有：

f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)f(n)=\sum_{d|n} \mu(d)F(\frac{n}{d})f(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)

或者如果F(x)和f(x)满足：

F(n)=∑n∣df(d)F(n)=\sum_{n|d}f(d)F(n)=n∣d∑f(d)

那么：

f(n)=∑n∣dμ(dn)F(d)f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)f(n)=n∣d∑μ(nd)F(d)

其中μ()\mu()μ()函数是莫比乌斯函数，定义是：

如果d=1d=1d=1 ， μ(d)=1\mu(d)=1μ(d)=1

如果ddd为互异质数p1p_1p1,p2p_2p2…pkp_kpk的乘积，则μ(d)=(−1)k\mu(d)=(-1)^kμ(d)=(−1)k

否则，μ(d)=0\mu(d)=0μ(d)=0

所以线性筛莫比乌斯函数往后看，几乎每段代码里都有。

两条性质

好了，现在补充两条（我不会证，不过脑补一下就好了吧的）性质：

1.如果n>1n>1n>1且nnn为正整数，则有：

∑d∣nμ(d)=0\sum_{d|n}\mu(d)=0d∣n∑μ(d)=0

如果n=1n=1n=1则上式为1.

2.对于任意正整数nnn均有：

∑d∣nμ(d)d=ϕ(n)n\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\phi(n)}{n}d∣n∑dμ(d)=nϕ(n)

证明莫比乌斯反演

有了上面两条我不会证的性质之后，我们就可以证一下莫比乌斯反演了。
由F(x)函数的定义可以得到：

∑d∣nμ(d)F(nd)=∑d∣nμ(d)∑d′∣ndf(d′)\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac{n}{d}}f(d')d∣n∑μ(d)F(dn)=d∣n∑μ(d)d′∣dn∑f(d′)

接下来我们让nd=kd′\frac{n}{d}=kd'dn=kd′，那么d=nkd′d=\frac{n}{kd'}d=kd′n,所以就有d∣nd′d|\frac{n}{d'}d∣d′n，而每个f(d′)f(d')f(d′)一定会和一个μ(d)\mu(d)μ(d)乘一次，所以：

∑d∣nμ(d)∑d′∣ndf(d′)=∑d′∣nf(d′)∑d∣nd′μ(d)\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac{n}{d}}f(d')=\sum_{d'|n}f(d')\sum_{d|\frac{n}{d'}}\mu(d)d∣n∑μ(d)d′∣dn∑f(d′)=d′∣n∑f(d′)d∣d′n∑μ(d)

再看上面的两条性质里的性质2，明白了吧QWQ！

∑d∣nμ(d)F(nd)=∑d′∣nf(d′)∑d∣nd′μ(d)=f(n)\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d'|n}f(d')\sum_{d|\frac{n}{d'}}\mu(d)=f(n)d∣n∑μ(d)F(dn)=d′∣n∑f(d′)d∣d′n∑μ(d)=f(n)

得证！

莫比乌斯反演的应用

例题：HDU1695

求对于区间[1，b]内的整数x和[1,d]内的y，满足gcd(x,y)=k的数对的个数。
只要让F（t）=满足gcd(x,y)%t==0的数对个数

f(t)=满足gcd(x,y)=t的数对个数，则F（t）和f(t)就存在莫比乌斯反演的关系了。显然F（t）=(b/t)*(d/t)

因为如果gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1gcd(x,y)=1,则gcd(x∗k,y∗k)=kgcd(x*k,y*k)=kgcd(x∗k,y∗k)=k，所以我们把b和d同时除以k，得到的f(1)再去重就是答案。令lim=min(b/k,d/k),而根据上面的莫比乌斯反演第二个公式，

f(1)=∑dlimμ(d)∗F(d)f(1)=\sum_d^{lim}\mu(d)*F(d)f(1)=d∑limμ(d)∗F(d)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=100005;
int T,a,b,c,d,e,tot;
long long ans1,ans2;
bool is[maxn];
int pri[maxn],miu[maxn];
void init(){//首先把莫比乌斯函数筛出来miu[1]=1;for(int i=2;i<=100000;i++){if(!is[i]){pri[++tot]=i;miu[i]=-1;}for(int j=1;j<=tot;j++){int k=pri[j]*i;if(k>100000)break;is[k]=1;if(i%pri[j]==0){miu[k]=0;break;}else miu[k]=-miu[i];}}
}
int main()
{int i,j,cnt=0;init();scanf("%d",&T);while(T--){cnt++;ans1=ans2=0;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&e);if(!e){ printf("Case %d: 0\n",cnt);continue;}b/=e;d/=e;//如果gcd(x,y)=1,那么gcd(x*e,y*e)=e;if(b>d)swap(b,d);for(i=1;i<=b;i++)ans1+=(long long)miu[i]*(b/i)*(d/i);for(i=1;i<=b;i++)ans2+=(long long)miu[i]*(b/i)*(b/i);printf("Case %d: %lld\n",cnt,ans1-ans2/2);}return 0;
}

不过如果你遇上的是洛谷P3455什么的，那就还要用一个类似于分块的公共乘积优化啦，具体看下面的第4条，代码也贴着：

for(i=1;i<=a;i=j+1){j=min(a/(a/i),b/(b/i));ans+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(a/i)*(b/i);//sum是miu的前缀和}

例题：bzoj2301/洛谷2522 problem b

这题和上题差不多吧…加上一个容斥就行了。容斥是这样的：

ans=find(b/k,d/k)-find((a-1)/k,d/k)-find((c-1)/k,b/k)+find((a-1)/k,(c-1)/k);

而find函数就是上文代码中的这一段：

for(i=1;i<=min(x,y);i=j+1){j=min(x/(x/i),y/(y/i));re+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);}

例题：bzoj2820/洛谷P2257 YY的GCD

题目大意：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
假设n<mn<mn<m,此处/号代表向下取整

根据两题我们知道，通过f(n)=∑n∣dμ(dn)F(d)f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)f(n)=∑n∣dμ(nd)F(d),然后设f(x)f(x)f(x)为gcd(a,b)=xgcd(a,b)=xgcd(a,b)=x的数对数，F(x)F(x)F(x)为x∣gcd(a,b)x|gcd(a,b)x∣gcd(a,b)的数对数，用莫比乌斯反演第二条可以求出式子：f(x)=∑x∣dμ(dx)nd∗mdf(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})\frac{n}{d}*\frac{m}{d}f(x)=x∣d∑μ(xd)dn∗dm
再令上一个式子中的x=px=px=p，d=pid=pid=pi可得：

ans=∑isprime(p)n∑in(nip)(mip)μ(i)ans=\sum_{isprime(p)}^n \sum_i^n ( \frac{n}{ip})(\frac{m}{ip})\mu(i)ans=isprime(p)∑ni∑n(ipn)(ipm)μ(i)
意会一下就可以发现，假如设T=ipT=ipT=ip,那么就有：

ans=∑Tn(nT)(mT)∑p∣T且isprime(p)μ(Tp)ans=\sum_T^n ( \frac{n}{T})(\frac{m}{T}) \sum_{p|T且isprime(p)} \mu(\frac{T}{p})ans=T∑n(Tn)(Tm)p∣T且isprime(p)∑μ(pT)

这样我们预处理一下后面那团东西的前缀和即可，就这样。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
#define ll long long
int read(){int q=0;char ch=' ';while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9')q=q*10+ch-'0',ch=getchar();return q;
}
const int maxn=10000005;
int n,m,T,tot,lim=10000000;
bool is[maxn];ll sum[maxn];
int pri[maxn>>1],mu[maxn];
void init(){int i,j,p;ll k;mu[1]=1;for(i=2;i<=lim;i++){if(!is[i]){pri[++tot]=i;mu[i]=-1;}for(j=1;j<=tot;j++){k=(ll)i*pri[j];if(k>lim)break;is[k]=1;if(i%pri[j])mu[k]=-mu[i];else break;}}for(i=1;i<=tot;i++)//预处理前缀和的办法for(j=1;pri[i]*j<=lim;j++)sum[pri[i]*j]+=mu[j];for(i=1;i<=lim;i++)sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
}
int main()
{init();T=read();while(T--){n=read();m=read();if(n>m)swap(n,m);ll ans=0;for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));//一毛一样的优化ans+=(ll)(n/i)*(ll)(m/i)*(ll)(sum[j]-sum[i-1]);}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

例题：bzoj2005/洛谷1447 能量采集

dalao们的题解经常长这样：水题，贴代码

水吗…蒟蒻泪流满面。

好吧好吧，那蒟蒻就来跟着dalao推一推。

1.容易意会得到，一颗坐标为(x,y)植物连线上的植物数量就是gcd(x,y)-1;
题目中的式子变一下，主要矛盾是求∑x=1n∑y=1mgcd(x,y)\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m gcd(x,y) x=1∑ny=1∑mgcd(x,y)

2.首先有一条结论：一个数的所有因子的欧拉函数之和等于这个数本身。

然后x和y的公因子肯定是他们最大公约数的因子，所以就是求∑x=1n∑y=1m∑d=1n[d∣n且d∣m]ϕ(d)\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \sum_{d=1}^n[d|n且d|m] \phi(d)x=1∑ny=1∑md=1∑n[d∣n且d∣m]ϕ(d)

3.随便交换律一下得到：∑d=1n∑i=1n[d∣n]∑j=1m[d∣m]ϕ(d)∗(n/i)∗(m/i)\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^n[d|n] \sum_{j=1}^m[d|m]\phi(d)*(n/i)*(m/i)d=1∑ni=1∑n[d∣n]j=1∑m[d∣m]ϕ(d)∗(n/i)∗(m/i)

注意：n/i和m/i是向下取整，下同

4.现在求起来就方便多了，不过呢，还有一个优化，对于一个数i来说，设它的n/i=k1,m/i=k2n/i=k_1,m/i=k_2n/i=k1,m/i=k2，则同样满足n/j=k1,m/j=k2n/j=k_1,m/j=k_2n/j=k1,m/j=k2的最大j=min(n/k1,m/k2);j=min(n/k_1,m/k_2);j=min(n/k1,m/k2);

5.最后把得到的结果乘以2再减去m*n即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,ans;int tot;
bool is[1000010];
int pri[1000010],phi[10000100];
ll sum[1000010];
void init(){ll i,j,k;phi[1]=1;for(i=2;i<=n;i++){if(!is[i]){phi[i]=i-1;pri[++tot]=i;}for(j=1;j<=tot;j++){k=pri[j]*i;if(k>n)break;is[k]=1;if(i%pri[j]==0){phi[k]=(ll)phi[i]*pri[j];break;}else phi[k]=(ll)(pri[j]-1)*phi[i];}}for(i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
}
int main()
{ll i,j;scanf("%lld%lld",&n,&m);if(n>m)swap(n,m);init();for(i=1;i<=n;i=j+1){j=min(m/(m/i),n/(n/i));ans+=(ll)(sum[j]-sum[i-1])*(m/i)*(n/i);}ans=(ll)ans*2-(ll)n*m;printf("%lld",ans);return 0;
}

其他练习

相信你经过例题的磨炼，已经对莫比乌斯反演的应用有了基本的了解，下面我们再来几道水题练练手吧。

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