懵逼乌斯反演总结

前置知识

1.1 线性筛 (欧拉筛)

int prime[N] , tot ;
bool is[N] ;
void get_prime( int n )
{
	is[0] = is[1] = 1 ;
	for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
		if( !is[i] ) {
			prime[++tot] = i ;
		}
		for(int j = 1 ; j <= tot && i*prime[j] <= n ; j ++ ) {
			is[i*prime[j]] = 1 ;
			if( i%prime[j] == 0 ) {
				break ;
			}
		}
	}
}

需要注意的是，线性筛有着非常优秀的性质

对于每个数，一定是被其 最小质因子 标记的

换句话说，对于一个数 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}...p_k^{a_k}$，它被标记的过程一定是 从 $1$ 开始，每次加入当前最大的因子，即 $p_k$，然后 $p_{k-1}$，直到把 $p_1$ 加完，就标记到了

线性筛可以高效的计算某些数论函数的值，但对于不同的函数可能有不同的处理方式

 

1.2 整除分块 (数论分块)

考虑计算：$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

其中 $n\le 10^{12}$

研究 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 这个函数，首先它随 $i$ 增大单调不升；其次，会有很多数值相等的段

这启发我们：将相同的一段打包计算！

引理 1

$$\forall a,b,c\in \mathbb{Z},\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$$

摘自 oi.wiki

引理 2

  $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值种类不会超过 $\lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$

这个引理也告诉我们：段数 $\sqrt{n}$ 的结论是 均摊 的结果！

引理 3

对于常数 $n$，使得式子 $$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\lfloor \frac{n}{j}\rfloor$$ 成立且满足 $i\le j\le n$ 的最大的 $j$ 为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$

这个式子告诉我们如何寻找左端点为 $l$ 的段的右端点

实现

数论分块可以在 $O(\sqrt{n})$ 的复杂度内解决形如

$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor f(i)$$ 的求和式

需要能够快速得到 $f$ 在某一段区间的 $sum$

要么是预处理前缀和，要么可以借助数学知识直接得到式子

基本模板：

	int l = 1 , r ;
	while( l <= n ) {
		r = n/(n/l) ;// 找到右端点
		// 对 i:[l,r], 这个取整式是一个定值
		ans -= 1LL*(K/l)*calc(l,r) ;
		l = r+1 ; 
	}

例 1

求：$$\sum _{i=1}^k\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$$

二维数论分块，为了保证同一段内取值的一定性，$r$ 应该取较小的那个转折点

	k = min(n,m) ;
	int l = 1 , r ;
	while( l <= k ) {
		r = min( n/(n/l) , m/(m/l) ) ;
		ans += 1LL*(n/l)*(m/l)*calc(l,r) ;
		l = r+1 ; 
	}

$d$ 维数论分块的复杂度为 $O(d\sqrt{n})$

 

例 2

上取整数论分块

注意到 $\lceil \frac{n}{i}\rceil =\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor +1$

所以 $n$ 的上取整分块等价于 $n-1$ 的下取整分块

需要注意分母不为 $0$

例 3

CF1780E

好难的题

一句话题意：对于 $x,y\in [l,r]$，求 $gcd(x,y)$ 的种类数

$l\le 10^9,r\le 10^{18}$

考虑每个 $gcd$ 能否出现

能想到的是对于 每个 $d$ 可以找到区间 $[l,r]$ 中所有它的倍数，然后没法了，不知道怎么恰好取到 $d$

但我们会发现 ：$gcd(kd,(k+1)d)=d$ ，也就是说 $[l,r]$ 中 只要有两个及以上 $d$ 的倍数，那么任取相邻的两个就行

分析一下，当 $l\le d\le r$ 时，$d$ 本身就在区间中出现一次了，那么只需 $2\times d\le r$ 即可，这部分可以 $O(1)$ 算

接下来，就是要求 $$\sum _{d=1}^l[\lceil \frac{l}{d}\rceil <\lfloor \frac{r}{d}\rfloor ]$$

枚举 $d$ 复杂度还是不行，我们数论分块

一个朴素想法是同时对 $l,r$ 分块，但对 $r$ 分块的复杂度是 $O(\sqrt{10^{18}})$，寄

那么只能对 $l$ 分块了，确定了 $\lceil \frac{l}{d}\rceil$ 的值后，合法的 $r$ 就成了一段区间，可以 $O(1)$ 算范围

复杂度 $O(\sqrt{l})$

int T ;
LL l , r , ans ;
void solve()
{
	// d>=l
	ans = max((r/2)-l+1,0LL) ;
	// d < l
	if( l > 1 ) { // 不能让分母为 0
		LL L = 1 , R = 0 ;
		while( L < l ) {
			R = (l-1)/((l-1)/L) ;
			LL x = (l-1)/L+1+1 , rr = r/x ;
			
			rr = max(0LL,rr-2) ;
			while( x<=r/(rr+1) ) rr++ ;//这两行是抹平微小的误差
			
			rr = min(rr,R) ;
			ans += max(0LL,rr-L+1) ;
			L = R+1 ;
		}
	}
	printf("%lld\n" , ans ) ;
}

 

例 4

[清华集训2012] 模积和

一个小学生都知道的结论：$n\mathrm{mod}i=n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i$

然后就是化化式子

 
 

1.3 数学知识

积性函数

定义：若 $\forall x,y$ 满足 $gcd(x,y)=1$，都有 $f(xy)=f(x)\times f(y)$，则 $f$ 为积性函数

特别的，若不需要 $x,y$ 互质的条件，$\forall x,y$ 都有 $f(xy)=f(x)f(y)$，称 $f$ 为完全积性函数

常见的积性函数：

• 单位函数 $e(n)=[n=1]$ ，完全积性
• 幂函数 ${\mathrm{Id}}_k(n)=n^k$，${\mathrm{Id}}_1$ 通常简记为 $id$，完全积性
• 常数函数 $1(n)=1$，完全积性
• 约数函数 ${\sigma }_k(n)={\sum }_{d|n}{d}^k$ ，积性
  特别的，$k=0$ 时为约数个数函数，可记为 $d(n)$；$k=1$ 时为约数和函数，记为 $\sigma (n)$
• 欧拉函数 $\phi (n)={\sum }_{i=1}^n[gcd(n,i)=1]$，积性
• 莫比乌斯函数 $\mu (n)=\left\{\begin{array}{cc}1& n=1\\ 0& n含有平方因子\\ (-1{)}^k& k为n的不同质因子个数\end{array}\right\}$，积性

 

莫比乌斯函数

$\mu (n)=\left\{\begin{array}{cc}1& n=1\\ 0& n含有平方因子\\ (-1{)}^k& k为n的不同质因子个数\end{array}\right\}$

形式很奇怪，但实际上它反映了一种 对每个约数考虑的容斥系数

第二条说人话就是：若存在某个质数 $p$，$n$ 的质因子分解中 $p$ 的指数 $\ge 2$，则 $\mu (n)=0$

性质

$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

证明：

设 $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$

显然当 $d$ 取到的某个质因子指数 $\ge 2$ 是没有贡献的，只需考虑 $0,1$ 的情况

设 $k$ 个质因子中取 $i$ 个指数为 $1$，那么原和式即为：$$\sum _{i=0}^k{C}_k^i(-1{)}^i=(1-1{)}^k=[k=0]$$

（ 最后一步相信你是理解的

即 $[n=1]$，证毕

求法

积性函数，直接线性筛，好写

int mu[N] , prime[N] , tot ;
bool is[N] ;
void get_Mu( int n )
{
	is[0] = is[1] = 1 ; mu[1] = 1 ;
	for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
		if( !is[i] ) {
			prime[++tot] = i ;
			mu[i] = -1 ;
		}
		for(int j = 1 ; j <= tot && prime[j]*i <= n ; j ++ ) {
			is[i*prime[j]] = 1 ;
			if( i%prime[j] == 0 ) {
				mu[i*prime[j]] = 0 ;//已经加过这个因子了
				break ;
			}
			else mu[i*prime[j]] = -mu[i] ;//换了一种因子加
		}
	}
}

 

狄利克雷(Dirichlet)卷积

定义两个数论函数 $f,g$ 的狄利克雷卷积为 $$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$ 简单点说就是你一半，我一半，再求和

性质：

1. 满足交换律、结合律、分配律

2. 若 $f,g$ 为积性函数，$f\ast g$ 也为积性函数 (快速判断一个函数好不好筛）

3. 设 $e$ 为狄利克雷卷积的单位元，即 $(f\ast e)(n)=f(n)$

   有 $e=\mu \ast 1={\sum }_{d|n}\mu (d)$

   证明：$$(f\ast e)(n)=\sum _{d|n}f(d)e(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}f(d)\sum _{k|\frac{n}{d}}\mu (k)=\sum _{d|n}f(d)[\frac{n}{d}=1]$$

   最后一步用了 $\mu$ 函数的性质

   显然只有当 $n=d$ 时才有贡献，贡献为 $f(n)$

   所以 $e=\mu \ast 1$ 满足单位元的性质

一些神_经奇的结论

• $\mathrm{I}{\mathrm{d}}_{\mathrm{k}}\ast 1={\sigma }_k$

• $\phi \ast 1=id$
  更常见的形式是 $$n=\sum _{d|n}\phi (d)$$

  相信聪明的你一定会证明的 (利用积性函数的性质)

• $\phi =\mathrm{Id}\ast \mu$ ，学过的两个函数就神奇地建立了联系！

计算

$$(f\ast g)(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

• 求单个函数值：$O(\sqrt{n})$ 暴力枚举因子
• 求 $[1\sim n]$ 所有函数值：
  1. 暴力卷积，枚举 $d$，枚举倍数，复杂度 $O(n\log \mathrm{n})$ ，忽略了计算 $f,g$ 的复杂度
  2. 有些时候的 “卷积” 是只和质因子有关的，Dirichlet 前缀和可以做到 $O(n\mathrm{loglogn})$
  3. 更常见的，发现这个函数的某些性质，用线性筛筛出所有函数值，复杂度 $O(n)$

 
 

莫比乌斯反演

2.1 公式

设 $f,g$ 为两个数论函数

如果有 $$f(n)=\sum _{d|n}g(d)$$ 那么 $$g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu (\frac{n}{d})$$

学会了狄利克雷卷积后，证明就变得十分简单

$1$ 式等价于：$f=g\ast 1$

$2$ 式等价于：$g=f\ast \mu$

只需要 $2$ 式两边同时卷上一个 $1$ 即证

2.2 常用_(唯一)结论

$$[gcd(i,j)=1]=\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$$

拆开即可证明

2.3 例题

例 1

求全由小写字母组成、长度为 $n$ 的周期性字符串的个数

周期性字符串的定义是 可以由至少一个子串重复大于等于两次得到的字符串

$n\le 10^6$

设 $f(n)$ 表示长度为 $n$ 的所有串，$g(n)$ 表示长度为 $n$，不具有周期的串

有 $f(n)={\sum }_{d|n}g(d)$ ，反演得 $g(n)={\sum }_{d|n}f(d)\mu (\frac{n}{d})$

$f$ 的求法是显然的，那么最终答案 $f(n)-g(n)$

感觉是不太符合直觉，但很优秀的做法

 

例 2

求：${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]$ ，互质数对的个数

$n,m\le 10^{12}$

直接套用结论

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{k|i,k|j}\mu (k)$

考虑每个 $\mu (k)$ 会贡献几次

$={\sum }_{k=1}^m\mu (k){\sum }_{i=1}^{[n/k]}{\sum }_{j=1}^{[m/k]}1$

$={\sum }_{k=1}^m\mu (k)\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$

直接数论分块

 

例 3

求 $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]$$

$n,m,k\le 10^{12}$ ，对质数取模

与上一题有两点不同：带系数、不是互质；

既然 $gcd$ 为 $k$，我们不妨直接枚举 $ik,jk$

$={\sum }_{i=1}^{[n/k]}{\sum }_{j=1}^{[m/k]}ij{k}^2[gcd(i,j)=1]$

成功转化成 互质数对，带结论

$={\sum }_{i=1}^{[n/k]}{\sum }_{j=1}^{[m/k]}ij{k}^2{\sum }_{d|i,d|j}\mu (d)$

$={\sum }_{d=1}^m\mu (d)k^2{\sum }_{i=1}^{[n/k/d]}id{\sum }_{j=1}^{[m/k/d]}jd$

$=k^2\times {\sum }_{d=1}^m\mu (d)d^2\times {\sum }_{i=1}^{[n/k/d]}i{\sum }_{j=1}^{[m/k/d]}j$

后两项就是等差数列了，对 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$，$\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$ 数论分块即可做到 $O(\sqrt{n})$

 

例 4

求 $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$$

多次询问，$T\le 10^3,n,m\le 10^7$

首先可以转化成 $gcd$ 的形式

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m\frac{ij}{\gcd (i,j)}$

同样的考虑每个 $\gcd$ 的贡献

$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{d=1}^m\frac{ij}{d}[\gcd (i,j)=d]$

$={\sum }_{d=1}^m\frac{1}{d}\times {\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}ij[\gcd (i,j)=d]$

$={\sum }_{d=1}^m\frac{1}{d}\times {\sum }_{i=1}^{[n/d]}{\sum }_{j=1}^{[m/d]}ij{d}^2[\gcd (i,j)=1]$

$={\sum }_{d=1}^{m}d\times {\sum }_{i=1}^{[n/d]}{\sum }_{j=1}^{[m/d]}ij{\sum }_{k|i,k|j}\mu (k)$

$={\sum }_{d=1}^{m}d{\sum }_{k=1}^{[m/d]}\mu (k)\times {\sum }_{i=1}^{[n/kd]}{\sum }_{j=1}^{[m/kd]}ik\times jk$

$={\sum }_{d=1}^{m}d{\sum }_{k=1}^{[m/d]}\mu (k)k^2\times {\sum }_{i=1}^{[n/kd]}{\sum }_{j=1}^{[m/kd]}ij$

以上用到的技巧都与前面的例题相同，相信你一定可以独立完成的

与之前不同的是，这里最外层的 $d$ 不是定值，需要枚举，使得复杂度增高

朴素的想法是，对于外层 $d$ 的枚举 按 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，$\lfloor \frac{m}{d}\rfloor$ 进行数论分块，这样每段内后面的式子是个定值

要计算后面的式子，可以再对 $k$ 的枚举进行分块，与 例 3 一致

然而这样复杂度是 $O(\sqrt{n}\times \sqrt{n})=O(n)$ （网上都这么说，但实际打表发现比 $n$ 小得多，但题目要卡这种做法的话还是过不了的）

一个优雅且很常用的技巧：更改枚举变量

枚举 $d,k$ 后，需要 $d\times k$ 的值，我们考虑直接枚举乘积

令 $T=kd$ ，则 $d|T$

$={\sum }_{T=1}^m{\sum }_{i=1}^{[n/T]}i{\sum }_{j=1}^{[m/T]}j\times {\sum }_{d|T}d\times (\frac{T}{d}{)}^2\mu (\frac{T}{d})$

$={\sum }_{T=1}^m{\sum }_{i=1}^{[n/T]}i{\sum }_{j=1}^{[m/T]}j\times {\sum }_{d|T}\frac{T}{d}\mu (\frac{T}{d})T$

注意后面的式子，设 $f(T)={\sum }_{d|T}\mu (d)dT$

先不管 $T$，$f(T)={\sum }_{d|T}\mu (d)d$

发现这个东西并不是一个卷积。。。

但这个显然也可以暴力 $n\mathrm{logn}$ 求，但是不行

分析一下性质，设 $a,b$ 互质

$F(ab),F(a)\times F(b)$ 会相等吗？

分析一下，计算 $F(ab)$ 时，枚举一个它的因子 $d$ ，考虑 $d$ 必定可以拆分到 $a,b$ 两个数里，设为 $d_a,d_b$

那么在 $F(ab)$ 中有贡献 $d\times \mu (d)$，在 $F(a)$ 中 $d_a\mu (d_a)$，在 $F(b)$ 中 $d_b\mu (d_b)$，后两者乘起来显然等于前者

这样显然是双射关系，那么贡献完全一样，$F(ab)=F(a)\times F(b)$

积性函数，我们就可以大胆筛了，筛一个函数一般需要考虑这几种转移：

$F(1)=1$

$F(p)=1-p$ ，$p$ 为质数

当 $i\mathrm{mod}\mathrm{n}\ne 0$ 时，$F(i\times p)=F(i)\times F(p)$，直接套用积性函数的性质即可

当 $i\mathrm{mod}\mathrm{n}=0$ 时 (一般来说这是唯一的难点)，这个需要分析一下：

若枚举 $ip$ 的因子 $d$ 本来就是 $i$ 的因子，这一部分总贡献就是 $F(i)$ ;

反之，枚举的 $d$ 不是 $i$ 的因子，也就是 $d$ 质因子分解后 $p$ 的指数为 $i$ 中 $p$ 的指数加 $1$

这不就说明，此时 $d$ 中 $p$ 的指数 $\ge 2$ 吗？

所以这部分贡献为 $0$

综上，当 $i\mathrm{mod}\mathrm{n}=0$ 时，$F(i\times p)=F(i)$

然后就可以直接筛了，预处理一次 $O(n)$，多次询问，每次只需要一个数论分块，复杂度 $O(T\sqrt{n})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;

typedef long long LL ;
const int N = 1e7+10 , mod = 1e8+9 ;
// 需要分块套分块时，考虑枚举第二个块中的某些东西
// 写成更朴素的求和形式，猜积性函数的性质 

int n , m ;
int prime[N] , tot ;
LL S[N] , F[N] ;
bool is[N] ;
void get_Mu( int n )
{
	is[0] = is[1] = 1 ; F[1] = S[1] = 1 ;
	for(int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) {
		if( !is[i] ) {
			prime[++tot] = i ;
			F[i] = 1-i ;
		}
		for(int j = 1 ; j <= tot && prime[j]*i <= n ; j ++ ) {
			is[i*prime[j]] = 1 ;
			if( i%prime[j] == 0 ) {
				F[i*prime[j]] = F[i] ;
				break ;
			}
			else F[i*prime[j]] = F[i]*F[prime[j]]%mod ;
		}
		S[i] = ( S[i-1] + F[i]*i ) % mod ;
	}
}
inline LL V ( int x )
{
	return 1LL*x*(x+1)/2%mod ;
}

int main()
{
	int T ;
	scanf("%d" , &T ) ;
	get_Mu(1e7) ;
	while( T -- ) {
		scanf("%d%d" , &n , &m ) ;
		if( n < m ) swap(n,m) ;
		LL ans = 0 ;
		int l = 1 , r = 0 ;
		while( l <= m ) {
			r = min( n/(n/l) , m/(m/l) ) ;
			// T:[l,r]
			ans = ( ans + (S[r]-S[l-1])*V(n/l)%mod*V(m/l) ) % mod ; 
			l = r+1 ;
		}
		printf("%lld\n" , (ans+mod)%mod ) ;
	}
	return 0 ;
}

这个技巧是非常非常非常常用的：多测时，更改枚举变量 + 构造与 $n,m$ 无关的函数 + 推性质线性筛

 

例 5

[SDOI2015] 约数个数和

本题需要一个结论：

$d(i\times j)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$

一句话：两数乘积的约数个数，等于两数约数中的互质对个数

简单证明：

依次考虑每种质因子对答案的贡献

对于左边，小学生都知道的公式是 $d(n)=(a_1+1)(a_2+2)...$，$a_i$ 是将 $n$ 质因子分解后 $p_i$ 的指数

考虑质数 $p_k$ ，设在 $i$ 中有 $a_i$ 个，$j$ 中有 $a_j$ 个，贡献系数就是 $a_i+a_j+1$

对于右边，虽然是求和式，但每个质因子带来的贡献其实是乘上某个值

还是考虑 $p_k$，那么 $x$ 与 $y$ 中 $p_k$ 的指数不能同时不为 $0$

在这个限制下，这一种质因子的方案显然是 $a_i+1+a_j+1-1=a_i+a_j+1$，$-1$ 是减掉两个都选 $0$ 的情况，算了两次

那么左右两边就相等了

接下来的推式子，相信聪明的你一定可以完成的！

练习 1

YY的GCD

与例 4 一致，对于最后处理出来的函数直接筛

然鹅由于这个函数就是只与质数相关的，可以 Dirichlet 前缀和

练习 2

于神之怒加强版

本题数据范围不大，可以直接暴力卷积，但我们考虑怎么筛

显然 $k=1$ 时就是欧拉反演 (从某佬的blog中听来的名称)

$k\ge 2$，无法直接想明白时打表也是很不错的选择哦！

练习 3

[SDOI2014] 数表

有 $a$ 的限制，最终是个分段函数，每次询问不得不重新筛？

继承暴力卷积的思想，考虑每个因子的贡献

由此想到将询问离线，动态删除某个因子对其所有倍数的贡献，然后查区间和

直接树状数组可以做到 $O(Q\sqrt{n}\mathrm{logn}+Q\mathrm{lo}{\mathrm{g}}^2\mathrm{n})$

更优秀的做法是用分块平衡一下复杂度，最终可以达到 $O(Q\sqrt{n\mathrm{logn}})$

练习 4

好题，一定要再看