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编程中的较高端的数论知识总结1--莫比乌斯反演

前言

之前写过一篇名叫基础数论总结的博客,自己认为写得不是很好,当时刚开始用CSDN写博客,LATEX公式写得不是很熟练,花了快3个月才写完,而且写得比较杂,有的地方也写得不够全,后来也没去改过
这次疫情期间,学校老师让我写一篇数论总结的博客,让我回学校后和其他同学分享,于是就有了这一系列博客
对于以前那篇,如果有不懂的可以自行在百度上查询,我也不会再去更改了因为懒

一些需要使用到的数论知识

简单的知识

在我的另一篇博客中已经有了,这里就不再赘述

简化的if语句

在数论中,我们常常使用[P]来表示一个命题的正误
如果P是一个真命题,那么[P]的值就是1,反之,如果是假命题,值就是0
其实就相当于:

1
2
if(P) [P]=1;
else [P]=0;

数论函数

概念

数论函数指定义域为正整数的函数,每个数论函数都可视为复数的序列——度娘(有删改)

积性函数

在数论函数中,最重要的性质就是积性,虽然我前面那篇博客已经写过了,但是因为太重要了,我还是要在写一遍
积性函数一共分为两类

(普通的)积性函数

对于所有的积性函数,都满足一个性质:a,b\Z+gcd(a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)
例如,欧拉函数φ(n)就是一个典型的积性函数

完全积性函数

某些特殊的积性函数会满足:a,b\Z+,f(ab)=f(a)f(b),我们把这些函数叫做完全积性函数
最明显的完全积性函数就是id(n)=n,这显然是一个完全积性函数

常见数论函数

首先,是三个完全积性函数:

  1. ϵ(n)=[n==1](单位元)
  2. I(n)=1
  3. id(n)=n

emmm……其实后面两个啥用都没有
接着,是一些常见的积性函数

  1. φ(n)=n×p|n(11p)(欧拉函数)
  2. μ(n)={(1)tnt0n(莫比乌斯函数,后面讲莫比乌斯反演时有用)
  3. τ(n)=d|n1(正因子个数)
  4. σ(n)=d|nd(正因子和)

不是积性函数的数论函数好像没有几个会考的,所以我也不列举了其实我也不知道

莫比乌斯反演

小小的计算

在讲述这个看似高级的东西之前,我们做一个小小的计算
我们假设有两个数论函数f(n)F(n),满足F(n)=d|nf(d)
那么,我们来枚举一下前几项
F(1)=f(1),F(2)=f(1)+f(2),F(3)=f(1)+f(3),F(4)=f(1)+f(2)+f(4),F(5)=f(1)+f(5)
F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6),F(7)=f(1)+f(7),F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8),F(9)=f(1)+f(3)+f(9)
接着,我们来尝试着倒过来表示,枚举一下前几项
f(1)=F(1),f(2)=F(2)F(1),f(3)=F(3)F(1),f(4)=F(4)F(2),f(5)=F(5)F(1)
f(6)=F(6)F(3)F(2)+F(1),f(7)=F(7)F(1),f(8)=F(8)F(4),f(9)=F(9)F(3)
我们来从中寻找一下规律,用f(n)=d|ng(d)F(nd)表示
问题是,f(d)究竟是多少呢?
我们来求一下:
g(1)=1,g(2)=1,g(3)=1,g(4)=0,g(5)=1,g(6)=1,g(7)=1,g(8)=0,g(9)=0
好像有平方因子的都是0,但是无平方因子的呢?好像都是11,但是什么时候是1,什么时候又是1呢?
通过观察,我们可以发现:g(n)=(1)ttn的质因子个数!
因此这个函数可以表示为:
g(n)={(1)tnt0n
我们把这个函数成为莫比乌斯函数,用μ(n)来表示
那么,我们得出来一个漂亮的式子:f(n)=d|nμ(d)F(nd)
话说我们不是要讲高端的莫比乌斯反演吗,怎么讲了这么多废话?
这就是莫比乌斯反演啊!我们不知不觉的已经讲完了,是不是一点都不难呢?
其实,莫比乌斯反演的本质就是一个容斥,所以在做题时,我们可以先做出这个容斥,然后再考虑如何使用莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

接下来,我们来具体讲解一下莫比乌斯反演中的一个重要元素——莫比乌斯函数

性质

莫比乌斯函数有几个简单的性质,大家可以了解一下
d|nμ(d)={1(n=1)0(n>1)
证明:当n=1时,d|nμ(d)=μ(1)=1(显然)
   当n>1时,设n=ki=1pαii
       又中质因子个数为t的因子只有\binom{k}{r}
        \therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)=\sum \limits_{i=0}^{k} (-1)^i\binom{k}{i}=(1-1)^k=0
注:倒数第二步用到了二项式定理,在我的另一篇讲解组合计数的博客中有写到(该博客目前还未完成,不会的自行百度)
\sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d}
证明:令F(n)=n,f(n)=\varphi(n)
\therefore F(n)=\sum \limits_{d|n}f(d)(显然,不会的话自己思考一下)
\therefore f(n)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)
\therefore \sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d}
\mu(n)为积性函数
证明:设n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i},m=\prod\limits_{i=1}^{t}q_i^{\beta_i}
\therefore\exists \alpha_i>1\beta_i>1,则\mu(mn)=0=\mu(m)\mu(n)
 否则,\mu(mn)=(-1)^{k+t}=(-1)^k(-1)^t=\mu(m)\mu(n)

计算方法

讲了这么多,我还是不知道莫比乌斯反演怎么求啊!
别着急,我这就讲
因为莫比乌斯函数是积性函数,我们可以使用线性筛来求解
线性筛大家应该都知道吧?我们在求解欧拉函数时就使用了这个方法,因为欧拉函数也是积性函数
具体代码如下:

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10
int MU(){
for(int i=2;i<=MAXN;i++){
if(!v[i]) p[++s]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=s&&i*p[j]<=MAXN;j++){
v[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]) mu[i*p[j]]=-mu[i];
else{mu[i*p[j]]=0;break;}
}
}
}

我的github仓库中,有这些模板代码,大家可以自己去拷贝

莫比乌斯反演的严格证明

我们之前是用找规律的手法推出莫比乌斯反演的,那我们可不可以严格的证明呢?
显然是可以的,下面是证明过程:
\because \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)\sum \limits_{i|\frac{n}{d}}f(i)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)
\therefore根据莫比乌斯函数的性质①,可知\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=[i==n]
\therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=\sum \limits_{i|n}f(i)[i==n]=f(n)
这就是莫比乌斯反演证明的全过程了,只有3行,但信息量很大,请大家好好消化这段证明过程

例题

如果你已经掌握了上面的所有内容,那么恭喜你,你已经学完了莫比乌斯反演的全部内容了,剩下的就是实际练习了
在这里,我只详细写一道例题的题解,剩下的请大家自行完成(也可能会另外发题解在其他文章中)

[HAOI2011]Problem b

这是一道最最经典的莫比乌斯反演的题目,基本上每篇有例题的讲莫比乌斯反演的博客都会讲这道题

题目

题目描述

对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a \leqslant x \leqslant bc \leqslant y \leqslant d,且\gcd(x,y) = k\gcd(x,y)函数为xy的最大公约数

输入格式

第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a,b,c,d,k

输出格式

n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

输入输出样例
输入
1
2
3
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
输出
1
2
14
3
说明/提示

对于100\%的数据满足:1 \leqslant n,k \leqslant 5 \times 10^41 \leqslant a \leqslant b \leqslant 5 \times 10^41 \leqslant c \leqslant d \leqslant 5 \times 10^4

题解

算法1(20分)

我们先不要考虑什么莫比乌斯反演之类的高级东西,先从简单出发,一步步深入,最终A掉这些题
这也是初学莫比乌斯反演,乃至学习新的数论算法的一个重要方法
你能想到的最最最暴力的方法是什么?当然是枚举啦!
枚举[a,b]之间的x[c,d]之间的y,判断gcd(x,y)是否等于k就完事了
能不能稍微优化一下呢?当然可以!
我们枚举\left[\lceil\frac{a}{k}\rceil,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor\right]之间的x’\left[\lceil\frac{c}{k}\rceil,\lfloor\frac{d}{k}\rfloor\right]之间的y’,判断gcd(x’,y’)是否等于1即可,效率为\Theta\left(T\frac{nmlog\frac{n}{k}}{k^2}\right)

算法2(50分)

Ans_{n,m}a=1,b=n,c=1,d=m的情况下的答案
那么,这道题的答案就是Ans_{b,d}-Ans_{a-1d}-Ans_{b,c-1}+Ans_{a-1,c-1}
那如何优化计算Ans_{n,m}呢?
首先,可以采用和算法一一样的方法,转化为求\sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1]
接着,我们假设f_x=\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1],那么,Ans_{n,m}=\sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} f_x
所以,我们只需要求出f_x就可以了
x=\prod \limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i}
那么,$f(x)=\lfloor\frac{m}{k}\rfloor+\sum\limits_{j=1}^{k}(-1)^{j}\sum\limits_{1\leqslant i_11000,所以k<=4$,所以可以得50分

算法3(还是50分)

假设f_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)==k],g_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[k|gcd(x,y)]
那么,我们可以轻松地得出:g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd}=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor
所以,我们就可以得到:f_{ki}=g_{ki}-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kij}
时间复杂度为\Theta\left(T\frac{n}{k}log\left(\frac{n}{k}\right)\right)

算法4(70分)

接下来,我们就要真正使用到莫比乌斯反演了
因为g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd},所以f_k=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_dg_{kd}=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_d\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor
使用线性筛预处理\mu_d,复杂度为\Theta\left(n+T\frac{n}{k}\right)

算法5(100分)

看到\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor这种式子,大家应该都能反应过来要使用数论分块进行计算
以计算\sum\limits_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor为例,讲解数论分块算法
枚举每一个\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor都分别相等的块,假设开始位置为i,那么结束位置j=min\left(\left\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}\right\rfloor\right)
这样的话,复杂度就是\Theta(n+T(\sqrt{n}+\sqrt{m}))
正解代码:

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#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int a,b,c,d,k,mu[50010],v[50010],sum[50010];
long long fk(int x,int y)//数论分块
{
if(x>y) swap(x,y);
long long ans=0;
for(int i=1,j;i<=x;i=j+1){
j=min(x/(x/i),y/(y/i));
ans+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
for(int i=1;i<=50000;i++) mu[i]=1,v[i]=0;
for(int i=2;i<=50000;i++){
if(v[i]) continue;
mu[i]=-1;
for(int j=2*i;j<=50000;j+=i){
v[j]=1;
if((j/i)%i==0) mu[j]=0;
else mu[j]*=-1;
}
}//计算mu_d
sum[0]=0;
for(int i=1;i<=50000;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
while(T--){
cin>>a>>b>>c>>d>>k;
cout<<fk(b/k,d/k)-fk(b/k,(c-1)/k)-fk((a-1)/k,d/k)+fk((a-1)/k,(c-1)/k)<<endl;
}
}

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    参考资料

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  7. PoPoQQQ的莫比乌斯反演PPT

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