Merge pull request #1863 from sshwy/mobius

* * *

## 数论分块与整除相

先补一下数学小 trick

## 前置知识

### 引理 1

反演结论： $\displaystyle [gcd(i,j)=1] \iff\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)$ 

-    **直接推导** ：如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以推出：如果 $\gcd(i,j)=1$ 的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个 $n$ 是 $1$ ，也就是式子的值是 $1$ ，反之，有一个与 $[\gcd(i,j)=1]$ 相同的值： $0$ 

 **直接推导** ：如果看懂了上一个结论，这个结论稍加思考便可以推出：如果 $\gcd(i,j)=1$ 的话，那么代表着我们按上个结论中枚举的那个 $n$ 是 $1$ ，也就是式子的值是 $1$ ，反之，有一个与 $[\gcd(i,j)=1]$ 相同的值： $0$ 

-    **利用 $\varepsilon$ 函数** ：根据上一结论， $[\gcd(i,j)=1]\implies \varepsilon(\gcd(i,j))$ ，将 $\varepsilon$ 展开即可。

 **利用 $\varepsilon$ 函数** ：根据上一结论， $[\gcd(i,j)=1]\implies \varepsilon(\gcd(i,j))$ ，将 $\varepsilon$ 展开即可。

### 线性筛

由于 $\mu$ 函数为积性函数，因此可以线性筛莫比乌斯函数（线性筛基本可以求所有的积性函数，尽管方法不尽相同）。

 **代码** ：

???+ note "线性筛实现"

    ```cpp

    void getMu() {

      mu[1] = 1;

### 证明

-    **暴力计算** ：

方法一：对原式做数论变换。

$$

\sum_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{k\mid \frac{n}{d}}g(k)=\sum_{k\mid n}g(k)\sum_{d\mid \frac{n}{k}}\mu(d)=g(n)

用 $\displaystyle\sum_{d\mid n}g(d)$ 来替换 $f(\dfrac{n}{d})$ ，再变换求和顺序。最后一步转为的依据： $\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$ ，因此在 $\dfrac{n}{k}=1$ 时第二个和式的值才为 $1$ 。此时 $n=k$ ，故原式等价于 $\displaystyle\sum_{k\mid n}[n=k]\cdot g(k)=g(n)$ 

-    **运用卷积** ：

方法二：运用卷积。

原问题为：已知 $f=g*1$ ，证明 $g=f*\mu$ 

很显然，式子可以数论分块求解（注意：过程中默认 $n\leqslant m$ ）。

 **时间复杂度** ： $\Theta(N+T\sqrt{n})$ 

 **代码** ：

 **时间复杂度 $\Theta(N+T\sqrt{n})$ ** 

??? note "代码实现"

    ```cpp

    #include <algorithm>

    #include <cstdio>

 **时间复杂度** ： $\Theta(n\log n)$ 

 **代码** ：

??? note "代码实现"

    ```cpp

    #include <cstdio>

    const int N = 1000000;

时间复杂度： $\Theta(n+m)$ （两次数论分块）

代码：

??? note "代码实现"

    ```cpp

    #include <algorithm>

    #include <cstdio>

那么 $O(n)$ 预处理 $\mu,d$ 的前缀和， $O(\sqrt{n})$ 分块处理询问，总复杂度 $O(n\sqrt{n})$ .

??? note "代码实现"

    ```cpp

    #include <algorithm>

    #include <cstdio>

分块递归求解即可，复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$ .

??? note "代码实现"

    ```cpp

    #include <cmath>

    #include <cstdio>

    }  //不要为了省什么内存把数组开小。。。卡了好几次80

    ```

 **解法二** 

转化一下，可以将式子写成

$$

\begin{eqnarray}

&&\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ijd\cdot[gcd(i,j)=1]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{t\mid gcd(i,j)}\mu(t)\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(t)[t\mid gcd(i,j)]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij[1\mid gcd(i,j)]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij

\end{eqnarray}

$$

容易知道

$$

\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{m(m+1)}{2}

$$

设 $sum(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij$ ，继续接着前面的往下推

$$

\begin{eqnarray}

&&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\cdot sum(\lfloor\frac{n}{td}\rfloor,\lfloor\frac{m}{td}\rfloor)\\

&=&\sum_{T=1}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d\mid T}d\cdot (\frac{T}{d})^2\mu(\frac{T}{d})\\

&=&\sum_{T=1}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)(T\sum_{d\mid T}d\cdot\mu(d))

\end{eqnarray}

$$

这时我们只要对每个 $T$ 预处理出 $T\sum_{d\mid T}d\cdot\mu(d)$ 的值就行了，考虑如何快速求解

设 $f(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(d)$ 

实际上 $f$ 可以用线性筛筛出，具体的是

$$

f(n)=

\begin{cases}

1-n &,n\in primes \\

f(\frac{x}{p}) &,p^2\mid n\\

f(\frac{x}{p})\cdot f(p) &,p^2\nmid n

\end{cases}

$$

其中 $p$ 表示 $n$ 的最小质因子，总时间复杂度 $O(n+\sqrt n)$ 。

## 莫比乌斯反演扩展

结尾补一个不常用的莫比乌斯反演非卷积形式的公式

\end{eqnarray}

$$

 **解法二** 

转化一下，可以将式子写成

$$

\begin{eqnarray}

&&\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ijd\cdot[gcd(i,j)=1]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{t\mid gcd(i,j)}\mu(t)\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(t)[t\mid gcd(i,j)]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij[1\mid gcd(i,j)]\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij

\end{eqnarray}

$$

容易知道

$$

\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij=\frac{n(n+1)}{2}\cdot \frac{m(m+1)}{2}

$$

设 $sum(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij$ ，继续接着前面的往下推

$$

\begin{eqnarray}

&&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{td}\rfloor}ij\\

&=&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}t^2 \mu(t)\cdot sum(\lfloor\frac{n}{td}\rfloor,\lfloor\frac{m}{td}\rfloor)\\

&=&\sum_{T=1}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d\mid T}d\cdot (\frac{T}{d})^2\mu(\frac{T}{d})\\

&=&\sum_{T=1}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)(T\sum_{d\mid T}d\cdot\mu(d))

\end{eqnarray}

$$

这时我们只要对每个 $T$ 预处理出 $T\sum_{d\mid T}d\cdot\mu(d)$ 的值就行了，考虑如何快速求解

设 $f(n)=\sum_{d\mid n}d\cdot\mu(d)$ 

实际上 $f$ 可以用线性筛筛出，具体的是

$$

f(n)=

\begin{cases}

1-n &,n\in primes \\

f(\frac{x}{p}) &,p^2\mid n\\

f(\frac{x}{p})\cdot f(p) &,p^2\nmid n

\end{cases}

$$

其中 $p$ 表示 $n$ 的最小质因子

总时间复杂度 $O(n+\sqrt n)$ 

## 参考文献

> 本文部分内容引用于 [algocode 算法博客](https://algocode.net) ，特别鸣谢！

 [algocode 算法博客](https://algocode.net)