初涉莫比乌斯反演

本文主要是介绍初涉莫比乌斯反演，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

今天我们来讨论莫比乌斯反演。我承认，反演这个东西对于数学不好的人来说确实很痛苦（比如我）。但是真正学透了，还是会发现这个东西非常巧妙。

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预备知识

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数论分块：

关于数论分块，我写过一篇博客，也介绍了一些例题，这里再做一个简介。
比如我们要求式子$\sum_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$ ，那么其实我们会发现对于一段区间$i∈[l,r]$，$\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$的值相同。所以我们枚举这个$l,r$，就可以在$\sqrt{n}$的复杂度内求出这段区间值了。

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莫比乌斯函数：

莫比乌斯函数$\mu(x)$的定义是：
1.当$d=1$时，$\mu(d)=1$
2.当$d=\Pi_{i=1}^{k} p_i$其中$p_i$为互不相同的质数，那么$\mu(d)=-1^{k}$（也就是$d$分解质因数后全是一次项，那么$\mu(d)$为-1的项数次）
3.当$d$含有任何质因子的次数大于2，则$\mu(d)=0$

并且这里要介绍一些关于莫比乌斯函数的重要性质：
$\sum_{n|d} \mu(n)=[d==1]$（$[v]$(v是一个语句)为当该语句成立时，$[v]=1$，否则$[v]=0$）
这个性质可以证明，首先$d=1$,那么只有一个$\mu(1)$所以值是1。否则我们将$n$分解质因数，假设其有$k$个质因数，那么其实上式为$C_{k}^{0}-C_{k}^{1}+C_{k}^{2}-……+C_{k}^{k}$(k为奇数则最后一项为负)。那么根据二项式定理，原式为0。(原式=$(1+(-1))^k$)

$\sum_{n|d} \frac{\mu(n)}{n}=\frac{φ(d)}{d}$这个定理十分奇妙，然而遗憾的是我并不是特别会证。

接下去我们要讲怎么求出莫比乌斯函数，由它是积性函数的性质我们可以得到：莫比乌斯函数可以由线性筛得到，代码如下：

for(i=2;i<=MAXN;i++){if(!vis[i]) pri[++top]=i,mu[i]=-1;for(j=1;j<=top&&pri[j]*i<=MAXN;j++){vis[pri[j]*i]=1;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}

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莫比乌斯反演

解决完莫比乌斯函数后，我们就可以开始反演了。首先，我应该不合时宜的直接指出莫比乌斯反演的内容：
定理：对于两个函数$F(n)$和$f(n)$是定义在正整数集上的两个函数，并且满足条件：
$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$ 那么 $f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*F(\frac{n}{d})$
同样也有若$F(n)=\sum_{n|d}f(d)$ 那么 $f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})*F(d)$。
接下来我们来证明一下，这里就证明第一条，因为第二条同理。

$\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac{n}{d}}f(d')$
我们设$\frac{n}{d}=kd^{'}$，则$d=\frac{n}{kd^{'}}$，所以$d|\frac{n}{d^{'}}$，因此我们可以将上面的式子改写：
$\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d^{'}|\frac{n}{d}}f(d^{'})=\sum_{d^{'}|n}f(d^{'})\sum_{d|\frac{n}{d^{'}}}\mu(d)$
那么我们根据性质1，仅当$\frac{n}{d^{'}}==1$时，$\sum_{d|\frac{n}{d^{'}}}\mu(d)=1$,其它时候其都等于0。于是原式就等同于$f(n)$
所以$f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$ ，证明完毕。

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例题

今天实在是写不动了，例题明天再补上。

好吧一天等于7月16号到8月7号，我承认我太懒了，本来打算17号写的，结果17号颓了一天，7月18号到8月2号去美国，一直也没写，于是就一直拖到今天。

总共四道例题

BZOJ2301

BZOJ2301[HAOI2011]problem b $\ \ \ \ \ \ \ $比较模板的题，也是我做的第一道，只要容斥一下即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){char c;int x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
void print(int x){if(x/10) print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int T,a,b,c,d,k,top,ans,mu[50005],sum[50005],pri[50005],vis[50005];
int calc(int n,int m){if(n>m) swap(n,m);int l=1,r=0,res=0;n=n/k;m=m/k;while(l<=n){r=min(n/(n/l),m/(m/l));r=min(r,n);res+=(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);l=r+1;}return res;
}
int main()
{T=read();mu[1]=sum[1]=1;for(int i=2;i<=50000;i++){if(!vis[i]) pri[++top]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=top&&pri[j]*i<=50000;j++){vis[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}while(T--){a=read();b=read();c=read();d=read();k=read();ans=calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+calc(a-1,c-1);print(ans);puts("");}return 0;
}


BZOJ1101

BZOJ1101[POI2007]Zap $\ \ \ \ \ \ \ $比上一道还简单。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 50000
using namespace std;
int read(){char c;int x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
void print(int x){if(x/10) print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int top,T,a,b,k,mu[MAXN+5],sum[MAXN+5],pri[MAXN+5],vis[MAXN+5];
int calc(){int l=1,r=0,res=0;a=a/k;b=b/k;while(l<=a){r=min(a/(a/l),b/(b/l));r=min(r,a);res+=(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);l=r+1;}return res;
}
int main()
{T=read();mu[1]=sum[1]=1;for(int i=2;i<=MAXN;i++){if(!vis[i]) pri[++top]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=top&&pri[j]*i<=MAXN;j++){vis[pri[j]*i]=1;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}while(T--){a=read();b=read();k=read();if(a>b) swap(a,b);print(calc());puts("");}return 0;
}


LUOGU2257

Luogu P2257 YY的GCD $\ \ \ \ \ \ \ $这道题求的是质数，所以在原来的基础上还要再推一步，并要预处理。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 10000000
#define ll long long
using namespace std;
ll read(){char c;ll x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
void print(ll x){if(x/10) print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int T,n,m,top,l,r,mu[MAXN+5],pri[MAXN+5],vis[MAXN+5];
ll ans,sum[MAXN+5],g[MAXN+5];
int main()
{T=read();mu[1]=1;register int i,j;for(i=2;i<=MAXN;i++){if(!vis[i]) pri[++top]=i,mu[i]=-1;for(j=1;j<=top&&pri[j]*i<=MAXN;j++){vis[pri[j]*i]=1;if(i%pri[j]==0) break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}for(j=1;j<=top;j++)for(i=1;i*pri[j]<=MAXN;i++) g[i*pri[j]]+=(ll)mu[i];for(i=1;i<=MAXN;i++) sum[i]=sum[i-1]+g[i];while(T--){n=read();m=read();ans=0;if(n>m) swap(n,m);l=1;while(l<=n){r=min(n/(n/l),m/(m/l));r=min(r,n);ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);l=r+1;}print(ans);puts("");}return 0;
}

BZOJ2005

BZOJ2005 [Noi2010]能量采集 $\ \ \ \ \ \ \ $这道题由于是求值，所以要做两个数论分块，并相互套起来

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define ll long long
using namespace std;
int read(){char c;int x;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0';return x;
}
ll n,m,l,r,prime[MAXN],mu[MAXN],vis[MAXN],top,gcd,sum[MAXN];
ll calc(int x){ll l=1,ans=0,N=n/x,M=m/x;while(l<=N){ll r=min(N/(N/l),M/(M/l));r=min(r,N);ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(N/l)*(M/l);l=r+1;}return ans;
}
int main()
{n=read();m=read();if(n>m) swap(n,m);mu[1]=sum[1]=1;for(int i=2;i<=m;i++){if(!vis[i]) prime[++top]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=top&&i*prime[j]<=m;j++){vis[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0) break;mu[i*prime[j]]=-mu[i];}sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}l=1;while(l<=n){r=min(n/(n/l),m/(m/l));r=min(r,n);gcd+=calc(l)*(r-l+1)*(l+r)/2;l=r+1;}printf("%lld",2*gcd-n*m);return 0;
}

坑终于补完了

这篇关于初涉莫比乌斯反演的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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