莫比乌斯反演与杜教筛

以下内容均来自TA爷课件，我只是改了几个小的地方qwq

关于除法

1. $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 只有 $O(\sqrt n)$ 种取值。
   2.对于$i$，$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$是与i被n除并下取整取值相同的一段区间的右端点。
   3.一个很有用的性质：$\left\lfloor\frac{n}{ab}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{b}\right\rfloor}{a}\right\rfloor$
   上取整也有3所述的性质。

积性函数

$$f(ab)=f(a)f(b),(a,b)=1$$
完全积性：不要求 $(a,b)=1。$
考虑时一般会考虑成 $$f(x)=\prod_{i}f(p^{ki}_i)$$
当 $f$不是0的常值函数时， $f(1)=1$。
积性函数的狄利克雷前缀和也是积性函数 1。
$$s(n)=\sum_{d|n}f(d)=\prod_i\sum_{j=0}^{k_i}f(p^i_j)$$
两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数。
$$c(n)=\sum_{d|n}a(d)b\left(\frac{n}{d}\right)=\prod_i\sum_{j=0}^{k_i}a(p_i^j)b(p_i^{k_{i}-j})$$
积性函数可以线性筛出。线筛可以找到每个数 $x$的最小质因子 $p_1$及其次数 $k_1$。如果我们能以较小的代价 $O(1)$求出 $f(p_1^{k_1})$，便可以线筛了。

初等积性函数$μ$

栗子：给定$n$，$m$，求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[i\bot j],n,m<=10^9$，不用$μ$怎么做？

容斥！设dp数组$f(i,j)$为当$n=i,m=j$时的答案。

$$f(n,m)=nm-\sum\limits_{i=2}^{\min(n,m)}f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\right)\ $$

时间复杂度$O\left(\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\left(\sqrt{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}+\sqrt{i}\right)\right)=O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)$

那么$μ$是什么？就是容斥系数！

$$μ(1)=1,μ(2)=-1,μ(3)=-1,μ(4)=0,μ(5)=-1…$$
$$\mu(n)=\left\{\begin{array}{rcl}0&,&\exists\space x^2|n\\(-1)^k&,&n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i\end{array}\right.\ $$
$μ$显然是一个积性函数。
$$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\left\{\begin{array}{rcl}1&,&n=1\\0&,&n\neq1\end{array}\right.$$

莫比乌斯反演

$$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$$

$$f(n)=\sum_{d|n}F(d)μ(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}f(d)\sum_{g|\frac{n}{d}}μ(g)=f(n)$$

$$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$$

$$f(n)=\sum_{n|d}F(d)μ(\frac{d}{n})=\sum_{n|d}f(d)\sum_{g|\frac{d}{n}}μ(g)=f(n)$$
回到栗子：
$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[i\bot j]=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|(i,j)}\mu(d)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\ $$

当然这样还是做不了。。。
所以我们需要杜教筛！（后面再说吧。。）
不过大多数$μ$的题（第一步）这么化，所以这个式子还是比较重要的。

初等积性函数$φ$

φ(n)=1～n与n互质的数的个数φ(n)=1～n与n互质的数的个数
所以由定义便可直接写出：

$$\varphi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}=\prod\limits_{i}\sum\limits_{j=0}^{k_i}\mu\left(p_i^j\right)p^{k_i -j}=\prod\limits_{i}p_i^{k_i -1}(p_i -1)\ $$
这样就可以线筛出来了，而且可以看出 $φ$是一个积性函数。
从刚才的式子可以看出， $φ$完全可以用 $μ$代替，那么我们为什么需要 $φ$呢？
很大一部分原因是它定义比较直观，比较容易想到。

$φ$的性质：

$$\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{g|\frac{n}{d}}\mu(g)=n\ $$
栗子：求 $$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(i,j)$$ 多组数据 $t,n,m<=10^5$
$$ans=\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}\varphi(i)\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\ $$

杜教筛

求

$$\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)\space ,n\leqslant 10^{11}$$
直接求不好求，但是我们有 $$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}μ(d)=1$$
化一下蛤： $$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\mu(j)=1$$
$$\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)=1-\sum\limits_{i=2}^n\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\mu(j)$$
核心思想是枚举约数，这样就可以递推/递归求解了。

时间复杂度$O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)$。

但是注意到当$n$比较小的时候其实我们可以$O(n)$线筛出来。

所以我们考虑分类讨论，线筛出≤B的，>B的递推。

时间复杂度$O\left(B+\sum\limits_{i=1}^{\frac nB}\sqrt{\frac ni}\right)=O\left(B+\frac n{\sqrt{B}}\right)\ $

求导一下可知在$B=n^{\frac{2}{3}}$时取得最小值$O\left(n^{\frac{2}{3}}\right)$。

回到栗子：这样的话最初的栗子就会做了吧~

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\bot j]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|(i,j)}\mu(d)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\left\lfloor\frac md\right\rfloor\ $$

注意到杜教筛的时候不仅是求出了$\sum\limits_{j=1}^n\mu(j)$，还顺便求出了所有的$\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor}\mu(j)$，所以可以和普通的枚举除法完美契合。

那么怎么求$\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)$？

$$\frac{n(n+1)}2=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor}\varphi(j)$$

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转自：https://www.cnblogs.com/abclzr/p/6242020.html

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1. 不明白的地方。 ↩