卷积与莫比乌斯反演

0前言

0.1前置技能

0.2问题的引入

1.简单定义

1.1数论函数的定义

1.2卷积的定义

1.3反演的基本形式

2.1莫比乌斯反演

3.1例题：【luogu-P2257 YY的GCD】

题目大意：

solution1

solution2

0.前言

莫比乌斯反演是数论数学中很重要的内容，可以用于解决很多组合数学的问题。

来源——百度百科

0.1前置技能

初一数学水平。
对卷积、莫比乌斯函数有简单了解。

0.2问题的引入

OI竞赛中，经常遇到这样一类数学问题：

$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$

显然，暴力的时间复杂度是 $O(n)$ 的，显然这个复杂度是我们无法接受的。

然而，倘若我们使用莫比乌斯反演，就能够大大优化其时间复杂度。

1.简单定义

1.1数论函数的定义

若函数 $f$ 是正整数域内的函数，则称 $f$ 为数论函数。

对于一个数论函数，对于任意互质的正整数 $a,b$ ，满足 $f(a)f(b)=f(ab)$ ，则称 $f$ 是积性函数。

对于一个数论函数，对于任意的正整数 $a,b$ ，满足 $f(a)f(b)=f(ab)$ ，则称 $f$ 是完全积性函数。

1.2卷积的定义

有两个数论函数 $f(x),g(x)$ ,则他们的卷积： $(f*g)(x)=\sum_{i|x}f(i)g(\frac{x}{i})$

易得：若两个数论函数 $f,g$ 是积性的，那么卷积 $f*g$ 也是积性的。

设 $n=\sum_{i}p_i^{k_i}$

有以下一些常用的函数：

元函数： $\epsilon (n)=[n==1]$
恒等函数： $I(n)=1$
单位函数： $id(n)=n$
欧拉函数： $\varphi (n)=\prod (p_{i}-1)p_i^{k_i-1}$ 表示 $[1,n]$ 中与n互质的数的个数。
莫比乌斯函数： $\mu (n)=\begin{Bmatrix} 0 & (\exists k_i\geqslant 2)\\ (-1)^k & (\forall k_i<2) \end{Bmatrix}$
约数和函数： $\sigma (n)=\prod (k_i+1)$ 表示n的正约数和。
约数个数函数： $d(n)=\sum_{d|n}1$ 表示n的正约数个数。 ‘

容易发现如下性质：

$\mu *I=\epsilon$
$\varphi *I=id$
$id*\mu =\varphi$
$I*I=\sigma$
$\sigma *\mu =I$
对于任意数论函数 $f,g$ $f*I=g\Leftrightarrow g*\mu=f$ 这是莫比乌斯反演的核心公式。
对于任意数论函数 $f,f*\epsilon =f$ 。

1.3容斥

我们定义一个函数 $f$ ,再通过 $f$ 定义函数 $g$ ，使得：

$g_i=\sum_{j\subseteq i}f_{j}$

我们可以从 $g$ 函数的值反推出 $f$ 函数的值。

$f_i=\sum_{j\subseteq i}g_{j}(-1)^{|j|-|i|}$

倘若我们能快速计算 $个$ $g$ 函数的值，那么就可以求得 $f$ 。

事实上，这与反演的思想有异曲同工之妙。

2.1莫比乌斯反演

在莫比乌斯反演中，我们需要快速求出：

$F(n)=\sum_{d|n}f(d)$

$\Rightarrow$ $F=f*I$

$\Rightarrow$ $F*\mu=f*I*\mu$

$\Rightarrow$ $F*\mu=f*\epsilon$

$\Rightarrow$ $F*\mu =f$

因此 $f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})$

除此之外，还有 $\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\Leftrightarrow \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)$

在能够快速求得 $F$ 函数的情况下，我们就可以很容易地得出 $f$ 函数的值。

这就是莫比乌斯反演了。

3.1例题：【luogu-P2257 YY的GCD】

题目大意：

给定 $N,M$ 。

求 $1\leqslant x\leqslant n,1\leqslant y\leqslant m$ 且 $gcd(x,y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对。

$T=10000$ $N,M\leqslant 10^7$

solution1

这一个简单的不使用反演的解法。~~（事实上就是写出了反演省略的步骤）~~

显然：

$ANS=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{k\in prime}[gcd(i,j)=k]$

把K提出来：

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]$

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{i=1}^{\left \lfloor n/k \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor m/k \right \rfloor }[gcd(i,j)=1]$

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{i=1}^{\left \lfloor n/k \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor m/k \right \rfloor }\epsilon (gcd(i,j))$

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{i=1}^{\left \lfloor n/k \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor m/k \right \rfloor } \(\mu *I)(gcd(i,j))$

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{i=1}^{\left \lfloor n/k \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor m/k \right \rfloor } \sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

$ANS=\sum_{k\in prime} \sum_{d=1}^{min(\left \lfloor n/k \right \rfloor,\left \lfloor m/k \right \rfloor)}\mu(d)*\left \lfloor n/kd \right \rfloor*\left \lfloor m/kd \right \rfloor$

设 $T=kd$

$ANS=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\sum_{i|T}\mu(T/i)*\left \lfloor n/T \right \rfloor*\left \lfloor m/T \right \rfloor$

$ANS=\sum_{T=1}^{min(n,m)}(\sum_{i|T}\mu(T/i))*\left \lfloor n/T \right \rfloor*\left \lfloor m/T \right \rfloor$

直接数论分块即可。

solution2

这是一个运用反演知识的解法。

设 $f(d)$ 表示满足 $gcd(x,y)=d$ 且 $1\leqslant x\leqslant n,1\leqslant y\leqslant m$ 的 $(x,y)$ 的对数。

设 $F(d)$ 表示满足 $d|gcd(x,y)$ 且 $1\leqslant x\leqslant n,1\leqslant y\leqslant m$ 的 $(x,y)$ 的对数。

那么：

$g(x)=\left \lfloor n/x \right \rfloor\left \lfloor m/x \right \rfloor$ 且 $F(x)=\sum_{d|x}^{min(n,m)}f(d)$

使用莫比乌斯反演，即得：

$f(x)=\sum_{x|d}^{min(n,m)}g(\frac{x}{d})\mu(d)$

$ANS=\sum_{x} f(x)$

便可以得到solution1中的式子，直接数论分块做。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e7+50;
int pnum=0;
bool vis[MAXN];
ll mu[MAXN],Prime[MAXN],sum[MAXN],g[MAXN];
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c=getchar(); }return x*f;
}
void init(int n)
{vis[1]=mu[1]=1;for (int i=2;i<=n;i++){if (!vis[i]) { mu[i]=-1; Prime[++pnum]=i; }for (int j=1;j<=pnum&&Prime[j]*i<=n;j++){vis[Prime[j]*i]=1;if (!(i%Prime[j])) break;mu[Prime[j]*i]=-mu[i];}}for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=pnum&&Prime[j]*i<=n;j++) g[Prime[j]*i]+=mu[i]; for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
int main()
{init(1e7);int Case=read();while (Case--){ll n=read(),m=read(),ans=0;if (n>m) swap(n,m);for (ll l=1,r;l<=n;l=r+1){r=min(n/(n/l),m/(m/l));ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);} printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

时间复杂度大概是 $O(n lg n+t\sqrt{n})$ 。