【算法&题解】莫比乌斯反演及一些经典套路

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首先声明，由于我太菜了，本文很多式子可能并不会有详细的证明。若要了解莫比乌斯反演最基本的证明，可以去这里，本文主要讲解一些套路。

莫比乌斯函数

我们定义莫比乌斯函数如下：
$设n=\prod_{i=1}^{m} p_i^{a_i},k=\prod_{i=1}^{m} a_i \\ \mu(n)= \begin{cases} 1 & (n=1) \\ (-1)^{m} & (k=1) \\ 0 & (k>1) \end{cases}$
然后我们会发现它是一个积性函数，可以用线性筛 $O(n)​$求出 $1-n​$的莫比乌斯函数。代码如下：

mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
    if(!mark[i]){
        p[++cnt] = i;
        mu[i] = -1;		//质数显然k=1
    }
    for(int j = 1; j <= cnt && p[j]*i <= n; j++){
        mark[p[j]*i] = 1;
        if(i%p[j] == 0) break;
        mu[i*p[j]] = -mu[i];	//由于欧拉筛中，每个数只会被最小的质因子筛到一次，相当于这个数多了一个因子p[j]，就相当于-mu[i](可以通过分类讨论理解)。
    }
}

同时，莫比乌斯函数还满足：
$\sum_{i=1}^{n}\mu(i)=[n=1]$
这也是一个美妙的性质（可惜我不会证）。

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莫比乌斯反演

依然直接扔公式（是的，我也不会证）：

若函数 $f(n)$和 $g(n)$是数论函数，且满足：
$g(n)=\sum_{d|n}f(d)$
那么有如下结论：
$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\times \mu(\frac{n}{d})$
实际上，在做题过程中也会遇到上述式子中的 $d|n$变为 $n|d$，式子依然成立，但此时 $d$往往有明确的上限。

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经典套路

以下默认 $n\leq m$。

1.求(i,j)=x的个数

这是莫比乌斯反演最经典的应用。

给定 $n,m$，求 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[(i,j)=x]​$。

我们设 $g(x)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[x|(i,j)]$。那么我们发现显然 $g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)$。此处 $d$的上限为 $n$。

于是我们套公式，直接反演一波：
$f(x) = \sum_{x|d}g(d)\times \mu(\frac{d}{x})。$
我们为啥这么麻烦的反演呢？当然是因为 $g(x)​$比较好求。我们观察 $x|(i,j)​$这个条件，发现 $i,j​$均可以表示成 $x\times k​$，于是在 $n​$和 $m​$的范围内， $g(x)=\lfloor \frac{n}{x} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{x} \rfloor​$。

于是 $f(x)=\sum\limits_{x|d}\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{d} \rfloor \times \mu(\frac{d}{x})$。

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接下来由于 $x|d​$不方便枚举，所以我们设 $d=t \times x​$，则 $f(x)=\sum\limits_{t=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor} \lfloor \frac{n}{tx} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{tx} \rfloor \times \mu(t)​$。

提前处理使 $n=\lfloor \frac{n}{x} \rfloor$， $m=\lfloor \frac{m}{x} \rfloor$， $f(x)=\sum\limits_{t=1}^{n}\lfloor \frac{n}{t} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{t} \rfloor \times \mu(t)​$。

那么我们就可以愉快地 $O(n)​$求出所有的 $f​$函数值了。

但对于多组数据， $O(n)​$复杂度显然是不够的，于是我们再用除法分块进行优化。由于此处有 $n​$和 $m​$两个除法，所以在求除法分块的右边界时需要取最小值，保证两个除法结果均为连续相同的。同时我们对莫比乌斯函数做前缀和，一次分块的答案就是 $(sum[r]-sum[l-1])\times \lfloor\frac{n}{l}\rfloor \times \lfloor\frac{n}{l}\rfloor​$，这样可以做到 $O(\sqrt n)​$回答。

例题：P4450 双亲数 ，P3455 ZAP-Queries （都是板子题）。

小小的拓展（加个简单容斥）：P2522 Problem b 。

代码：

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

ll solve(ll n, ll m){
    if(n > m) swap(n, m);
    ll ans = 0;
    n /= k, m /= k;
    for(int l = 1, r; l <= n; l = r+1){
        r = min(n/(n/l), m/(m/l));
        ans += (mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
    }
    return ans;
}

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2.求(i,j)为质数的个数

给定 $n,m​$，求 $f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[(i,j) \in prime]​$。

题面与上面几乎一致，但是推式子难度更大，且需要结合上面的结论。

以下默认 $p \in prime$
$\begin {aligned} f(x) &= \sum_{p}\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}[(i,j)=p]\\ &= \sum_{p}\sum\limits_{t=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor} \lfloor \frac{n}{tp} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{tp} \rfloor \times \mu(t) \\ \end{aligned}$
看起来好像和上面一样化简完了，但时间复杂度却是 $O(cnt \sqrt n)$，其中 $cnt$为 $n$以内的质数数量。

在这种情况下，就又出现了一种常见的优化套路。

我们设 $T = tp$，结合 $t$和 $p$的范围，显然 $T\in[2,n]$。

于是我们不再枚举 $t,p$，而是直接枚举 $T$：
$\begin{aligned} f(x)&=\sum_{T=2}^{n}\sum_{p|T}\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \times \mu(\frac{T}{p})\\ &=\sum_{T=2}^{n}\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \times \sum_{p|T}\mu(\frac{T}{p}) \end{aligned}$
然后我们发现，前半部分就是我们熟悉的除法分块，而上一个式子复杂度高的原因正在后半部分需要枚举 $p$。考虑到这是多组询问，那么我们能不能把后半部分预处理出来呢？

很显然是可以的。

我们预处理时枚举 $p$，对于 $p$的倍数 $T$，都加上 $\mu(\frac{T}{p})$。复杂度是枚举质数再套枚举倍数，反正比原来小就对了。

然后对处理出来的答案做前缀和，再套除法分块即可。

预处理代码：

for(int i = 1; i <= cnt; i++){
    for(int j = 1; j*p[i] <= n; j++){
        s[j*p[i]] += mu[j];
    }
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
    s[i] += s[i-1];
}

例题：P2257 YY的GCD

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3.求约数个数和

设 $d(x)$表示 $x$的约数和。给定 $n,m$，求 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m}d(ij)$。

首先，有一个不知名的但是很NB的公式（没错，我又不会证，想证明可以看下面例题的题解）：
$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|i}[gcd(x,y)=1]$
所以可以把原式进行一些转换：
$\begin{aligned} ans &= \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|i}[gcd(x,y)=1] \\ \end{aligned}$
先枚举因数 $x,y$：
$\begin{aligned} ans &= \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}\lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor [gcd(x,y)=1] \end{aligned}$

$\begin{aligned} 设f(k) &= \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}\lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor [gcd(x,y)=k]\\ g(k)&= \sum_{k|d}f(d) \\ &= \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{m}\lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor [k|gcd(x,y)] \\ &= \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}\lfloor \frac{n}{xk} \rfloor \lfloor \frac{m}{yk} \rfloor \end{aligned}$

接下来套公式反演一波：
$\begin{aligned} f(k)&=\sum_{k|d}g(d)\times \mu(\frac{d}{k})\\ &= \sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})\times \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}\lfloor \frac{n}{xd} \rfloor \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor \end{aligned}$
那么我们发现我们的答案是 $f(1)$，于是化简一下（顺便把原式中的 $x,y$换成 $i,j$）：
$ans = f(1)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\times \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}\lfloor \frac{n}{id} \rfloor \lfloor \frac{m}{jd} \rfloor$
然后发现后面两项之间没有关系:
$ans =\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\times (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\lfloor \frac{n}{id} \rfloor)\times (\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \lfloor \frac{m}{jd} \rfloor)$
我们可以先用一次除法分块预处理 $s(x)=\sum\limits_{i=1}^{x} \lfloor\frac{x}{i} \rfloor$，然后对 $\frac{n}{d}$再进行除法分块，同时对 $\mu$求前缀和就可以 $O(\sqrt n)$求出答案。

预处理 $s$，前缀和：

for(int i = 1; i <= n; i++) mu[i] += mu[i-1];
for(int i = 1; i <= n; i++){
    for(int l = 1, r; l <= i; l = r+1){
        r = i/(i/l);
        s[i] += (ll)(r-l+1)*(i/l);
    }
}

除法分块回答询问：

for(int l = 1, r; l <= n; l = r+1){
    r = min(n/(n/l), m/(m/l));
    ans += (mu[r]-mu[l-1])*s[n/l]*s[m/l];
}

例题：P3327 约数个数和

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到这里，我遇到过的一些套路就已经讲完了，本文也暂时完结。但以后可能会有更多的套路，有可能再更新。(先挖坑再说，填不填全看心情)