莫比乌斯反演入门

首先…

我们来了解一下什么是莫比乌斯反演……

假设有两个函数f(i),g(i)，并且f(N)=∑i|Ng(i)
也就是

• f(1)=g(1)
• f(2)=g(1)+g(2)
• f(3)=g(1)+g(3)
• f(4)=g(1)+g(2)+g(4)
• f(5)=g(1)+g(5)
• f(6)=g(1)+g(2)+g(3)+g(6)
  .
  .
  .

求g(i)与f的关系？？
列一下

• g(1)=f(1)
• g(2)=−f(1)+f(2)
• g(3)=−f(1)+f(3)
• g(4)=−f(2)+f(4)
• g(5)=−f(1)+f(5)
• g(6)=−f(1)−f(2)−f(3)+f(6)
  .
  .
  .

???
继续列下去（本人过于懒惰）
似乎g(N)=∑i|Nf(i)×??
而且，这个??和i没有关系，而是和Ni有关系

我们暂且将这个函数设为μ(Ni)

并且这个函数的取值只有−1,0,1

光这么看很难发现这个函数的规律，然而我们的大数学家莫比乌斯发现了（不然怎么叫莫比乌斯反演）
式子是这样的

μ(N)=⎧⎩⎨⎪⎪1(−1)m0N=1N=P1P2P3⋯PmN=Pk11Pk22Pk33⋯Pkmm,k1+k2+k3+⋯+km>m

P是互不相等的质数,k>0

第二条就是至少有一个k≥2

所以我们就有g(N)=∑i|Nf(i)μ(Ni)

这条式子也可以这么写g(N)=∑i|Nf(Ni)μ(i)

这个函数就是莫比乌斯函数

证明？

首先，莫比乌斯函数有几个性质。

• 性质一
  ∑d|nμ(d)=0|n∈N∗,n>1
  
  
  ∑d|nμ(d)=1|n=1
• 性质二 莫比乌斯函数是积性函数
  gcd(p,q)=1,μ(p)∗μ(q)=μ(p∗q)

先证性质一。
n=1时显然。

n>1
设n=Pk11Pk22Pk33⋯Pkmm，d有其中一部分。
显然d的每个质因子指数为1才有贡献，否则μ(d)=0

那么设d中有r个质因子。
μ(d)=(−1)r，这样的d有Crm个
所以

∑d|nμ(d)=∑r=0m(−1)rCrm

我们有二项式定理

∑r=0m(−1)rCrm=∑r=0mCrm(−1)r1m−r=(−1+1)m=0

得证！

性质二似乎比较显然，此处不准备证明。
然后我们来证明反演。

f(N)=∑d|Ng(d)⇒g(N)=∑d|Nf(nd)μ(d)=∑d|Nμ(d)∑i|Ndg(i)

然后我们运用一种叫交换主体的等价变换，就是将后面的f(i)移到前面来，这个似乎只能靠感觉，多练练就熟了。
下面直接是交换后的，想想为什么？

=∑i|Ng(i)∑d|Niμ(d)

不急，因为我们有性质一
当i=N

g(N)∗1

当i<N

∑i|Ng(i)∗0

综上
g(N)=∑i|Ng(i)∑d|Niμ(d)=g(N)得证！

应用

然而莫比乌斯函数怎么求？
可以用线性筛法！

void getprime(int lim){    int i,j,num=0;    fo(i,2,lim)     {        if (!bz[i])         {            prime[++num]=i;            mu[i]=-1;//质数就是一个质因子        }         for(j=1;i*prime[j]<=lim&&j<=num;j++)        {            bz[i*prime[j]]=1;            if (prime[j]==i) break;            if (!(i%prime[j]))             {                mu[i*prime[j]]=0; //显然prime[j]在i*prime[j]中指数大于等于2                break;            }             mu[i*prime[j]]=-mu[i];//多加了一个质因子乘上-1        }     }}

事实上，莫比乌斯反演还有个变形
若
f(k)=∑i=1⌊nk⌋g(ik)
则
g(k)=∑i=1⌊nk⌋f(ik)μ(i)

证明类似上面的证法，此处不再赘述。若有兴趣着可以参考度娘。

它可以非常好的应用在一些问题，比如说

f(N)不好求，但是∑i|Nf(i)好求，可以设为g(N)再用莫比乌斯反演解决。

例题（[HAOI2011][BZOJ2301]Problem b）

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

我们有这个
设g(k)表示1≤x≤N,1≤y≤M,gcd(x,y)=k的(x,y)对数

设f(k)表示1≤x≤N,1≤y≤M,k|gcd(x,y)的(x,y)对数

那么显然有f(k)=∑i=1⌊nk⌋g(ik)（此处我们假设N≤M）

f(k)非常好求，设x=kx1,y=ky1，那么只需要1≤x1≤⌊Nk⌋,1≤y1≤⌊Mk⌋

故f(k)=⌊Nk⌋⌊Mk⌋ 然后再使用莫比乌斯反演求解

这里可能会超时，所以对于⌊Nk⌋⌊Mk⌋，可能有很多一部分是相等的，可以用分块解决，单次询问的复杂度就变成了O(N−−√+M−−√)
附代码

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cmath>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)using namespace std;long long mu[50005];int a,b,c,d,k;int prime[50005],n;bool bz[50005];void getprime(int lim){    int i,j,num=0;    fo(i,2,lim)     {        if (!bz[i])         {            prime[++num]=i;            mu[i]=-1;        }         for(j=1;i*prime[j]<=lim&&j<=num;j++)        {            if (i*prime[j]>50000) break;            bz[i*prime[j]]=1;            if (prime[j]==i) break;            if (!(i%prime[j]))             {                mu[i*prime[j]]=0;                 break;            }             mu[i*prime[j]]=-mu[i];        }     }}int find(int k,int mx,int my){     int i=1,j;     long long ans=0;     while(i<=trunc(min(mx,my)/k))     {         j=min(mx/(mx/i),my/(my/i));         ans+=trunc(my/(i*k))*trunc(mx/(i*k))*(mu[j]-mu[i-1]);        i=j+1;     }     return (int)ans;  }int main(){    freopen("inversion.in","r",stdin);    getprime(50000);    scanf("%d",&n);    mu[1]=1;    int i;    fo(i,2,50000) mu[i]+=mu[i-1];    while(n-->0)     {        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);        printf("%d\n",(int)(find(k,b,d)-find(k,a-1,d)-find(k,b,c-1)+find(k,a-1,c-1)));    }}