莫比烏斯反演與杜教篩

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以下內容均來自TA爺課件，我只是改了幾個小的地方qwq
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枚舉除法

1. \(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)只有\(O\left(\sqrt{n}\right)\)種取值。
2. 對於\(i\)，\(\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor\)是與\(i\)被\(n\)除並下取整取值相同的一段區間的右端點。
3. 一個很有用的性質：\(\left\lfloor\frac{n}{ab}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{a}\right\rfloor}{b}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{n}{b}\right\rfloor}{a}\right\rfloor\)
4. 上取整也有3所述的性質。

積性函數

1. \(f(ab)=f(a)f(b),(a,b)=1\)
2. 完全積性：不要求\((a,b)=1\)
3. 考慮時一般會考慮成\(f(x)=\prod\limits_{i}f\left(p_i^{k_i}\right)\)
4. 當\(f\)不是0的常值函數時，\(f(1)=1\)
5. 積性函數的狄利克雷前綴和也是積性函數。

\[s(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)=\prod\limits_{i}\sum\limits_{j=0}^{k_i}f\left(p_i^j\right) \]

6. 兩個積性函數的狄利克雷卷積也是積性函數。

\[c(n)=\sum\limits_{d|n}a(d)b\left(\frac{n}{d}\right)=\prod\limits_{i}\sum\limits_{j=0}^{k_i}a\left(p_i^j\right)b\left(p_i^{k_i -j}\right) \]

7. 積性函數可以線性篩出。線篩可以找到每個數\(x\)的最小質因子\(p_1\)及其次數\(k_1\)。如果我們能以較小的代價（\(O(1)\)）求出\(f\left(p_1^{k_1}\right)\)，便可以線篩了。

初等積性函數\(\mu\)

1. 栗子：給定\(n\)，\(m\)，求\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[i\bot j],n,m \leqslant 10^9\)，不用\(\mu\)怎么做？
   容斥！設dp數組\(f(i,j)\)為當\(n=i,m=j\)時的答案。

\[f(n,m)=nm-\sum\limits_{i=2}^{\min(n,m)}f\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\right) \]

時間復雜度\(O\left(\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\left(\sqrt{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}+\sqrt{i}\right)\right)=O\left(n^{\frac{3}{4}}\right)\)
那么\(\mu\)是什么？就是容斥系數！

\[\mu(1)=1,\mu(2)=-1,\mu(3)=-1,\mu(4)=0,\mu(5)=-1\dots \]

\[\mu(n)=\left\{\begin{array}{rcl}0&,&\exists x^2|n\\(-1)^k&,&n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i\end{array}\right. \]

\(\mu\)顯然是一個積性函數。
2. $$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\left{\begin{array}{rcl}1&,&n=1\0&,&n\neq1\end{array}\right.$$
3. 莫比烏斯反演

\[F(n) =\sum\limits_{d|n}f(d) \]

\[f(n) =\sum\limits_{d|n}F(d)\mu\left(\frac{n}{d}\right)=\sum\limits_{d|n}f(d)\sum\limits_{g|\frac{n}{d}}\mu(g)=f(n) \]

\[F(n) =\sum\limits_{n|d}f(d) \]

\[f(n) =\sum\limits_{n|d}F(d)\mu\left(\frac{d}{n}\right)=\sum\limits_{n|d}f(d)\sum\limits_{g|\frac{d}{n}}\mu(g)=f(n) \]

4. 回到栗子：

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[i\bot j]=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|(i,j)}\mu(d)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor \]

當然這樣還是做不了。。。
所以我們需要杜教篩！（后面再說吧。。）
不過大多數\(\mu\)的題（第一步）這么化，所以這個式子還是比較重要的。

初等積性函數\(\varphi\)

1. \(\varphi(n)=1～n與n互質的數的個數\)
   所以由定義便可直接寫出：

\[\varphi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}=\prod\limits_{i}\sum\limits_{j=0}^{k_i}\mu\left(p_i^j\right)p^{k_i -j}=\prod\limits_{i}p_i^{k_i -1}(p_i -1) \]

這樣就可以線篩出來了，而且可以看出\(\varphi\)是一個積性函數。
2. 從剛才的式子可以看出，\(\varphi\)完全可以用\(\mu\)代替，那么我們為什么需要\(\varphi\)呢？
很大一部分原因是它定義比較直觀，比較容易想到。
3. \(\varphi\)的性質：$$\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{g|\frac{n}{d}}\mu(g)=n$$
4. 栗子：求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m(i,j)\)，多組數據，\(t,n,m\leqslant 10^5\)。

\[ans=\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}\varphi(i)\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor \]

杜教篩

1. 求\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i),n\leqslant 10^{11}\)
   直接求不好求，但是我們有\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\mu(d)=1\)
   化一下蛤：\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\mu(j)=1\)，\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)=1-\sum\limits_{i=2}^n\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\mu(j)\)
   核心思想是枚舉約數，這樣就可以遞推/遞歸求解了。
   時間復雜度\(O\left(n^{\frac34}\right)\)。
   但是注意到當\(n\)比較小的時候其實我們可以\(O(n)\)線篩出來。
   所以我們考慮分類討論，線篩出≤B的，>B的遞推。
   時間復雜度\(O\left(B+\sum\limits_{i=1}^{\frac nB}\sqrt{\frac ni}\right)=O\left(B+\frac n{\sqrt{B}}\right)\)
   求導一下可知在\(B=n^{\frac23}\)時取得最小值\(O\left(n^\frac23\right)\)。
2. 回到栗子：這樣的話最初的栗子就會做了吧~

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\bot j]=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|(i,j)}\mu(d)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\left\lfloor\frac md\right\rfloor \]

注意到杜教篩的時候不僅是求出了\(\sum\limits_{j=1}^n\mu(j)\)，還順便求出了所有的\(\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor}\mu(j)\)，所以可以和普通的枚舉除法完美契合。
3. 那么怎么求\(\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)\)？

\[\frac{n(n+1)}2=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor}\varphi(j) \]

下面講些題吧~（不一定都是反演哦）

1. 求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)\)，\(n,m\leq10^{11}\)

\[\begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)\\=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}\\=&\sum_{i=1}^{\min(n,m)}i\sum_{j=1}^{\min\left(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor,\left\lfloor\frac mi\right\rfloor\right)}\mu(j)j^2\frac{\left\lfloor\frac n{ij}\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac n{ij}\right\rfloor+1\right)}2\frac{\left\lfloor\frac m{ij}\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac m{ij}\right\rfloor+1\right)}2\end{aligned} \]

如果我們可以杜教篩出\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)i^2\)，就可以做到\(O\left(n^{\frac34}\right)\)。
這是可以的

\[1=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\mu(d)d^2\left(\frac id\right)^2=\sum_{i=1}^ni^2\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}\mu(j)j^2 \]

但是我們當然不必這么做。
可以直接令\(f(n,m)\)表示(1~n,1~m)中所有互質數對乘積和。
那么\(f(n,m)=\frac{n(n+1)m(m+1)}4-\sum\limits_{i=2}^{\min(n,m)}i^2f\left(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor,\left\lfloor\frac mi\right\rfloor\right)\)，直接dp就好了。
但是我們需要\(O\left(n^\frac 23\right)\)

\[\sum_{i=1}^{\min(n,m)}\frac{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor+1\right)\left\lfloor\frac mi\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac mi\right\rfloor+1\right)}4i\sum_{d|i}\mu(d)d \]

枚舉除法，我們便只需求\(\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{d|i}\mu(d)d\)
它等於\(\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac ni\right\rfloor}\mu(j)j^2\)
我們先求出\(\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)i^2\)
這個剛才已經講過了。
然后前者便可以預處理+直接求。
預處理的時候需要線性篩

\[\sum_{d|n}\mu(d)d=\prod_i\left(1-p_i\right) \]

這題中涉及一種很重要的杜教篩的思路。
就是對於不能直接杜教篩的式子，可以將其與另一個前綴和易求的積性函數狄利克雷卷積，使得卷積后的函數前綴和也易求。
比如這道題就是與\(f(x)=x^2\)卷積。
這道題也涉及到一些常見的化式子的方法。
\(\gcd\to\mu\)，\(\mu\to\varphi\)
對於i,j,ij三項貢獻的這種，可以枚舉ij將其化為狄利克雷卷積，也可以枚舉i和j化成帶下取整的式子；一般來講前者往往易於預處理，可以應付多組詢問，后者則在單次詢問中有優秀表現。
2. SDOI2015 約數個數和
求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^md(i,j)\)，多組數據，\(T,n,m\leq10^5\)，\(d(i,j)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[x\bot y]\)

\[\begin{aligned}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[x\bot y]\\=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\left\lfloor\frac mj\right\rfloor\sum_d\mu(d)[d|i][d|j]\\=&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left(\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac nd\right\rfloor}i\right\rfloor\right)\left(\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac md\right\rfloor}j\right\rfloor\right)\end{aligned} \]

預處理\(O\left(n\log n\right)/O\left(n\sqrt n\right)\)，查詢\(O\left(T\sqrt n\right)\)
3. BZOJ2820 YY的gcd
求\((x,y)=質數\)，\(x\in[1,n]\)，\(y\in[1,m]\)的數對個數。多組數據，\(n,m\leq10^7\)，\(T\leq10^4\)

\[\begin{aligned}&\sum_{p\leq \min(n,m)}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}[i\bot j]\\=&\sum_{p\leq \min(n,m)}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}\sum_d\mu(d)[d\bot i][d\bot j]\\=&\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\left\lfloor\frac mi\right\rfloor\sum_{p|i}\mu\left(\frac ip\right)\end{aligned} \]

預處理\(O(n)/O(n\lg\lg n)\)，查詢\(O(T\sqrt n)\)
4. FZU2016 how many tuples
有m個數，第i個數的取值范圍是\([1,a_i]\)，求這m個數gcd為1的方案數。多組數據，10s時限，\(t\leq10^3\)，\(m\leq20\)，\(ai\leq10^8\)

\[\sum_{i=1}^{\min(a_i)(1\leq i\leq m)}\mu(i)\prod_{j=1}^m\left\lfloor\frac{a_j}i\right\rfloor \]

直接杜教篩就可以了，杜教篩的時候預處理\(10^7\)。
枚舉除法的時候需要用堆。時間復雜度\(O\left(Tm\sqrt A\log m\right)\)
5. CQOI2015 選數
求從\(\left[L,R\right]\)中選N個數，其gcd等於K的方案數。\(N,K,L,R\leq10^9\)，\(R-L\leq10^5\)
如果N個數互不相同，那么gcd至多是R-L，所以我們分情況討論。
所以設\(f(i)\)表示gcd是K*i的方案數，要求\(\left\lfloor\frac R{iK}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{L-1}{iK}\right\rfloor>1\)

\[f(i)=\left(\left\lfloor\frac R{iK}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{L-1}{iK}\right\rfloor\right)^N-\sum_{j=2}^{\left\lfloor\frac RK\right\rfloor-1}f(ij) \]

最后再加上\([L\leq K\leq R]\)
時間復雜度\(O\left((R-L)\log K\right)\)