莫比乌斯反演

前言：

刚写完积性函数，今天两更，更完睡觉。
 

莫比乌斯函数$\mu (n)$：

不知道迪利克雷卷积的去隔壁上课。
怎么求莫比乌斯函数也在隔壁讲了。
并且我们知道了$u\ast 1=e$。
 
现在我们来学习怎么用莫比乌斯函数。
没错，那就是莫比乌斯反演了。
 

莫比乌斯反演：

什么是莫比乌斯反演？
我们设$f$为数论函数，$f$的和函数的值为$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$，它的值是由$f$决定的。
现在我们要逆转这种关系，让我们得到用$F$来求解$f$的办法。
这就是莫比乌斯反演了。
我们发现原式其实是$F=1\ast f$，两边同乘$\mu$，就得到了$f=\mu \ast F$。
 
其实这就是莫比乌斯反演的一个公式了。
当然，更具体的公式是长这样的，
已知$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)$，则有$f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(n/d)$（或者${\sum }_{d|n}\mu (n/d)F(n)$）。

那么还有第二个公式，
已知$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$，则有$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (d/n)F(d)$。（这个证明略了）
 
也就是说，当我们要求$f(n)$，但是$f(n)$并不好求，但是$F(n)$却意外的好求。那么，我们学会莫比乌斯反演后，就可以通过这个$F(n)$，来得到$f(n)$的值了。
 
原理其实就这些了，这东西还是得多做题才能搞清楚。

应用：

问题1：

给出两个区间$[a,b]$和$[c,d]$，求有多少对互质的正整数$x$和$y$满足$a⩽x⩽b$且$c⩽y⩽d$。$(1⩽a⩽b⩽1e7,1⩽c⩽d⩽1e7)$

解：

有两种做法。
 
先来正经的莫比乌斯反演。
我们令$f(t)$表示满足$t=gcd(x,y)$，且$a⩽x⩽b,c⩽y⩽d$的对数。
然后令$F(t)$表示满足$t|gcd(x,y)$，且$a⩽x⩽b,c⩽y⩽d$的对数。
会发现$F(t)$可以直接求，$t|gcd(x,y)$即为$t|x$且$t|y$，也就是有多少个$x$被$d$整除，有多少个$y$被$d$整除，再乘起来。得到$F(t)=(\lfloor \frac{b}{t}\rfloor -\lceil \frac{a}{t}\rceil +1)(\lfloor \frac{d}{t}\rfloor -\lceil \frac{c}{t}\rceil +1)$
且有$F(n)={\sum }_{n|t}f(t)$，
反演后变为$f(n)={\sum }_{n|t}\mu (t/n)F(t)$。
那么我们要求的$f(1)={\sum }_{1|t}\mu (t)F(t)。$
接下来就是枚举$t$，上限是$min(b,d)$。
 
再说一个另一个做法。
观察表达式$[gcd(x,y)=1]$。
这让我们想起单位函数$e(n)=[n=1]$。
然后$e=\mu \ast 1$，可以得到一个重要的表达式${\sum }_{d|n}\mu (d)=[n=1]$。
然后我们开始推公式，
${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=1]$
$={\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d{\sum }_{t|gcd(x,y)}\mu (t)$
$={\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d{\sum }_{t|x,t|y}\mu (t)$
$={\sum }_{t=1}^{min(b,d)}\mu (t){\sum }_{x=a}^b[t|x]{\sum }_{y=c}^d[t|y]$
$={\sum }_{t=1}^{min(b,d)}\mu (t)(\lfloor \frac{b}{t}\rfloor -\lceil \frac{a}{t}\rceil +1)(\lfloor \frac{d}{t}\rfloor -\lceil \frac{c}{t}\rceil +1)$
然后就好了。
这个上手起来比较容易，看到$[gcd(x,y)=1]$就套进去，然后把$gcd$提到前面来枚举，如果是$[gcd(x,y)=k]$，就化成等于$1$的情况。
但是认真学反演还是有必要的。
 
带整除的，还可以用数论分块优化到$\sqrt{1e7}$，但是这里预处理莫比乌斯就已经跑了这么多了，所以就不搞了。
上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
typedef pair<int,int> P;
const ll MAXN=10000010;

ll prime[MAXN+10],notPrime[MAXN+10],mu[MAXN+10],tot;
void initMu(int n)
{
    
    notPrime[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
    
        if(!notPrime[i])prime[tot++]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=0;j<tot&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
    
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else {
    mu[i*prime[j]]=0;break;}
        }
    }
}

int main()
{
    
    initMu(MAXN);
    ll a,b,c,d;
    cin>>a>>b>>c>>d;
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=max(b,d);i++)
    {
    
        ans+=mu[i]*(b/i-(a+i-1)/i+1)*(d/i-(c+i-1)/i+1);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

问题2：

这个问题，用来讨论$\phi =\mu \ast id$这个式子。

解：

就依据这个式子，我们反手来一个莫比乌斯反演求欧拉函数。（虽然实际不这样求，但是推公式会有用到这个函数关系）
 
好像是上一个问题的简化版。。
就是求区间$[1,n]$和$[n,n]$两个区间内互质的对数。
那么我们依据上一题的推导，得到了公式，
$\phi (n)={\sum }_{t=1}^n\mu (t)(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor -\lceil \frac{n}{t}\rceil +1)(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor -\lceil \frac{1}{t}\rceil +1)$
然后发现了一些神奇的东西。
$\lfloor \frac{n}{t}\rfloor -\lceil \frac{n}{t}\rceil +1=[t|n]$，
$\lceil \frac{1}{t}\rceil =1$，
所以原式变成了$\phi (n)={\sum }_{t|n}\mu (t)t$，即$\phi =\mu \ast id$。
 
 
 
 
 
还有很多类型，要多做题。
下课，睡了睡了