莫比乌斯反演学习笔记

整除分块

这个是学习莫比乌斯反演须要的预备知识，几乎全部这类的题都须要用到这个。

考虑下面这个式子：
\[ \sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]
这个固然能够\(O(n)\)算，可是不少时候这样还不够快，因而下面有一个\(O(\sqrt{n})\)的算法。

经过打表能够发现，当\(i\)为连续一段时，后面那玩意都是同样的。

而后对于\(i\)，最后一个和它相同的位置是\(n/(n/i)\)，注意这里都是整除，而后共有\(O(\sqrt{n})\)个块，因此咱们就能够每次跳一个块，快速算出结果，代码以下：

int n;read(n);
int ans=0,T=1;
while(T<=n) {
    int pre=T;T=n/(n/T);
    ans=ans+(T-pre+1)*(n/T);T++;
}
write(ans);

莫比乌斯函数

关于莫比乌斯函数，其实并非一个很玄学的东西，它本质上就是一个容斥系数。

对于莫比乌斯函数，它写做\(\mu(d)\)，定义以下：

• \(\mu(1)=1\)。
• 对于\(d\)进行分解，\(d=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)，若\(\forall i,p_i=1\)，则\(\mu(d)=(-1)^k\)。
• 不然\(\mu(d)=0\)。

而后对于这个函数有一个最为重要的性质：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=[n=1] \]
证实其实很简单，将\(n\)进行惟一分解，获得\(n=\prod_{i=1}^ka_i^{p_i}\)只须要考虑容斥，对于\(n\)的每个因数只能选或不选，则：
\[ \sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{i=0}^{k}(-1)^i\binom{k}{i}=[k=0] \]
而后\([k=0]\)其实等价于\([n=1]\)，得证。

线筛也很简单，根据定义就能够了，代码：

void sieve() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[t=i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])) {mu[t]=0;break;}
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
}

莫比乌斯反演

前置知识讲完了，其实真的很水。

定义\(f(n)\)和\(g(n)\)，已知：
\[ f(n)=\sum_{d|n}g(d) \]
而后已知\(f\)，求\(g\)。

其实这个和推容斥差不太多，因为我想把前面的莫比乌斯函数的性质用上，因此先说一句废话：
\[ g(n)=\sum_{d|n}[\frac{n}{d}=1]g(d) \]
而后发现这个东西和上面长的很像，带进去：
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{d|n}\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i)g(d)\\ &=\sum_{d|n}g(d)\sum_{i|\frac{n}{d}}\mu(i) \end{align} \]
而后先枚举\(i\)：
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{i|n}\mu(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}g(d) \end{align} \]
而后后面那个式子其实就是\(f\)，因此：
\[ g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]
而后就作完了。

这个东西就是莫比乌斯反演：

已知
\[ f(n)=\sum_{d|n}g(d) \]
那么能够获得：
\[ g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]
其实作题的话，直接把\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)带到题目给的式子里更好推一些。

最主要的仍是多作题，作多了就会发现其实都是一个套路，还有就是式子要本身拿纸笔来推，这点很重要。

习题

（题目难度基本按顺序排列，推荐按顺序写）

[bzoj2301] [HAOI2011]Problem b

[bzoj2820] YY的GCD

[bzoj4407] 于神之怒增强版

[bzoj2693] jzptab

[bzoj3309] DZY Loves Math

[bzoj3529] [Sdoi2014]数表

[bzoj3994] [SDOI2015]约数个数和

[bzoj4816] [Sdoi2017]数字表格