浅谈算法——莫比乌斯函数，莫比乌斯反演和杜教筛

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莫比乌斯函数和莫比乌斯反演

前置技能

基础数论内容。

莫比乌斯函数

$\mu(n)$就是莫比乌斯函数，如果有：

$$n=\prod_{i=1}^{m} p_{x_i}^{a_i}(a_i>0)$$

那么：

$$\mu(n)=\begin{cases}1 & n=1\\ (-1)^m & \forall a_i\leq 1\\ 0 & \text{other}\end{cases}$$
莫比乌斯函数有一个很重要的性质，那就是
$$\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1]$$
证明： $n=1$时显然。

$n=2$时考虑有一个$a_i>1$时显然对答案没有影响，那么答案就是$\sum_{i=0}^{n} (-1)^i\binom{n}{k}$，这个显然等于$0$。

莫比乌斯反演

若有

$$f(x)=\sum_{d|x}g(d)$$
则
$$g(x)=\sum_{d|x}f(d)\mu(\frac{x}{d})$$
然而不知道有啥用……

例题

BZOJ 2301

其实就是求

$$\sum_{i=a}^b\sum_{j=c}^d [\gcd(i,j)=k]$$
二维差分一下，这个就等价于求
$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=k]\\ \sum_{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$$

由$\sum_{i=1}^n \mu(n)=[n=1]$得

$$\sum_{i=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/k\rfloor}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)$$
优先枚举 $d​$
$$\sum_{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor} \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor n/dk\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor n/dk \rfloor} 1$$
发现后面的一部分其实就是 $\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor \lfloor\frac{m}{dk}\rfloor$，因此式子就变成了
$$\sum_{d=1}^{\lfloor n/k\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor \lfloor\frac{m}{dk}\rfloor$$
发现最后面的取值只有 $O(\sqrt n)$种，因此可以数论分块得到单次 $O(\sqrt{n})$

BZOJ 4407

求

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^k$$

枚举$\gcd(i,j)$

$$\sum_{d=1}^n d^k\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=d]\\ \sum_{d=1}^n d^k\sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}[\gcd(i,j)=1]$$
发现后面是不是很熟悉？再一次用到那个神奇的公式
$$\sum_{d=1}^n d^k \sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor}\sum_{x|i,x|j}\mu(x)$$
将 $x$提前
$$\sum_{d=1}^n d^k\sum_{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\mu(x)\sum_{i=1}^{\lfloor n/dx\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor m/dx\rfloor}1\\ \sum_{d=1}^n d^k\sum_{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\mu(x)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor\lfloor \frac{m}{dx}\rfloor$$
设 $f(d)=d^k\sum_{x=1}^{\lfloor n/d\rfloor}\mu(x)$，则
$$\sum_{d=1}^n f(d)\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor\lfloor \frac{m}{dx}\rfloor$$
显然 $f(d)$是一个积性函数，那么我们先线筛出 $f(d)$，对 $f(d)$做前缀和，就可以做到单次 $O(\sqrt n)$的复杂度了。

杜教筛

前置技能

莫比乌斯反演？

杜教筛

一个积性函数$f(x)$，怎么求前缀和$S(x)=\sum_{i=1}^{x} f(x)$？

我们找一个积性函数$g(x)$（不知道它是啥），将它与$f(x)$做一遍卷积：

$$(f*g)(n)=\sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})$$
将卷积做一遍前缀和：
$$\sum_{i=1}^n (f*g)(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d|i} f(d)g(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^n \sum_{d|i} g(d)f(\frac{i}{d})$$
后面的部分可以变成
$$\sum_{d=1}^n g(d) \sum_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}f(i)\\ \sum_{d=1}^n g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$$
因此
$$\sum_{i=1}^n (f*g)(i)=\sum_{d=1}^n g(d)S(\frac{n}{d})$$

移项

$$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n (f*g)(i)-\sum_{d=2}^n g(d)S(\frac{n}{d})$$
观察到等式右边第一项就是 $f*g$的前缀和，第二项中 $S(\frac{n}{d})$的取值最多只有 $O(\sqrt n)$种。

所以，如果$f*g$很好求，$g$的前缀和很好求，那么我们就可以很快的递归求出$S(n)$的值。

一般是打表算出前几项，然后递归算，注意一定要记忆化（hash/map均可）。

莫比乌斯函数的前缀和？

由于

$$\sum_{d|n} \mu(d)=[n=1]$$
因此我们取 $g(x)=1$，直接代入式子：
$$S(n)=1-\sum_{d=2}^n S(\frac{n}{d})$$

欧拉函数？

由于

$$\sum_{d|n} \varphi(d)=n$$
因此取 $g(x)=1$：
$$S(n)=\frac{n\times (n+1)}{2}-\sum_{d=2}^n S(\frac{n}{d})$$

总结

这些题大概都有套路？推式子的方法感觉都差不多……