RT，熟悉的标题

表示开始抢救的时候关于反演的那一套已经快忘完了

然而沙茶博主做反演题的过程基本就是：看题->xjb推->推不动->看题解

主要是莫比乌斯反演，有空就再搞搞二项式反演

同样不建议......

我佛了

---

莫比乌斯反演那一套理论.jpg

同时涉及一些数论相关？

万恶之源：

狄利克雷卷积函数：$(f×g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$。

基本结论

1 x 1 = d，证明：定义

φ x 1 = id，证明：若n为质数，则id。其他情况用积性函数证明。

μ x id = φ，证明：上面那个东西莫比乌斯反演一下

μ x 1 = ε，证明：考虑每个质数选几个，用二项式定理确定系数，带进去后发现和为0。

ε × 1 = 1，证明：每个数为1的因数只有1，显然

元函数e和谁卷得出来的都是那个函数

整除的性质

$\left\lfloor \frac{n}{a*b} \right\rfloor=\left\lfloor \frac{\left\lfloor \frac{n}{a} \right\rfloor}{b} \right\rfloor$，向上取整同理

莫比乌斯反演定理

$g(n)=\sum_{d|n}f(d)->f(n)=\sum_{d|n}μ(\frac{n}{d})g(d)$

常用技巧

1.数论分块

大部分时候从本质上降低复杂度的是数论分块

注意有限制时被限制的部分不能放进分块里

2.gcd

①枚举gcd

②gcd和lcm的关系，其实反演里所有的lcm归根结底都是gcd

③d|gcd(a,b)当且仅当d|a&&d|b，gcd(a*b,c)==1当且仅当$gcd(a,c)==1\&\&gcd(b,c)==1$

④设$f(d)=\sum_{d==gcd(i,j)}$，$g(n)=\sum_{d|gcd(i,j)}$，那么$g(d)=\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor$

3.交换求和号

基本技能，字面意思

4.枚举整体/前提枚举/改变枚举对象

前面的是一个套路的东西,比如枚举一个乘积或者枚举一个下取整除法

中间那个那个经常提μ或者题目给的一个函数，还有注意前提时指数的变化

(前提枚举->向前提取枚举的某一项)

后者灵活用就好(指xjb用)

5.xjb使用基本结论和莫反定理，哦，还有一些函数的本质定义以及数论中的其他小知识

当别的技巧都没有用的时候，总可以用更基本的东西试一试

6.特别的一些技巧

对于除式，可以考虑分子分母分开算

对于带着逻辑运算符的式子，可以考虑按逻辑运算来拆开算

有时候可能需要线性筛预处理积性函数

常见的(反演)结果

1D GCD

$\sum\limits_{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{d|gcd(i,n)}φ(d)=\sum_{d|n}φ(d)\frac{n}{d}$

2D GCD

$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}gcd(i,j)=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}φ(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor \left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor$

GCD=k

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==k]=\sum\limits_{i=1}^{min(n,m)}[k|i]μ(\frac{i}{k})\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor=\sum\limits_{i=1}^{min(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)}μ(i)\left\lfloor\frac{n}{ik}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{ik}\right\rfloor$

1D LCM

$\sum\limits_{i=1}^nlcm(i,n)=\sum\limits_{i=1}^nn\frac{i}{gcd(i,n)}$

枚举$gcd(i,n)$

$\sum_{d|n}\frac{\sum i[gcd(i,n)==d]}{d}=\sum_{d|n}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}j=$自行等差数列求和

2D 互质数对乘积和

$\sum\limits_{i=1}^n i^2φ(i)$

---

题

题！实践！推式子！

我反正是复习的时候把写过的反演题又推了一遍，没写过题解的就放这里了

一些之前做过的题(混进来一个二项式反演)，修了好多原来naive的锅

国家集训队 Crash的数字表格

求$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)$，单次询问

(加强版是多次询问，再推一推用线性筛积性函数可以做到$O(n+T\sqrt n)$，一定写)

这题用到的技巧很多，适合熟悉莫反

— —所有的lcm归根结底都是gcd

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)$

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{i*j}{gcd(i,j)}$

枚举+前提gcd，下设$n<=m$

$\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]\frac{i*j}{d}$

$\sum\limits_{d=1}^n d\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[gcd(i,j)==1]i*j$

先算后半段，开始xjb使用基本结论(μx1=ε)

$=...\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum_{t|gcd(i,j)}μ(t)i*j$

向前提$μ$

$=...\sum\limits_{t=1}^{n}μ(t)\sum\limits_{t|i}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{t|j}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}i*j$

为了丢掉整除的限制，我们枚举除过$t$的结果，在前面用$t^2$补上

$=...\sum\limits_{t=1}^nμ(t)t^2\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{dt}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{dt}\right\rfloor}i*j$

对于$\left\lfloor\frac{n}{dt}\right\rfloor$这后面的东西可以$O(1)$算，所以可以数论分块+等差数列求和解决，再把后半段整个拿出来数论分块，就可以做到$O(n)$了

BZOJ 4407 于神之怒加强版

求$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m gcd(i,j)^k(mod$ $1e9+7)$

枚举gcd

$\sum\limits_{d=1}^nd^k\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$

$\sum\limits_{d=1}^nd^k\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}μ(i)\left\lfloor\frac{n}{id}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{id}\right\rfloor$

因为多次询问，现在的复杂度还不够

枚举id并前提

$\sum\limits_{k=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor\sum_{d|k}μ(\frac{k}{d})d^k$

后面这个东西可以用 线性筛那一套.jpg

洛谷 4917 天守阁的地板

求$\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}$，多次询问

事车万题，wsl

还是那句话，所有的lcm归根结底都是gcd

$\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}$

$=\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^n\frac{i*j}{gcd(i,j)^2}$

仍然枚举gcd？这次不啦，分子分母分开算

分子：

$=\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^ni*j$

$=n!^{2n}$

大 成 功

分母：

$=\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^ngcd(i,j)^2$

这里又来枚举gcd了，类似SDOI2017那样，我们枚举gcd用指数进行贡献，这里我们只写指数了

$=...2*(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[gcd(i,j)==d])$

注意这里还是指数呢，我们前面还有一个数论分块的$O(\sqrt n)$等着呢，所以要做到$O(1)$

$=...2*(\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}[gcd(i,j)==1])$

$=...2*((\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}φ(i))*2-1)$

对指数数论分块，预处理阶乘和逆元，$O(T\sqrt n \log n)$完事了

NOI 2016 循环之美 84pts部分分代码

前排提示：这篇题解写的比较欢(沙)乐(茶)，原因你下面就知道了

正解太神仙了，所以......

咕！

但是84pts的暴力真的很良心啊=。=(想起了同是NOI2016的优秀的拆分......)

运用我们小学学到的有趣小知识(√)/大力推一推(×)/打表+猜想(？)

我们发现一个数纯循环当且仅当分子分母互质且分母与进制数互质

一定要证明?

咕！

所以我们又来推式子了

(在写下这句话的时候，沙茶博主已经看+推了一下午+一晚上的莫反式子了，所以......)

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)==1\&\&gcd(j,k)==1]$

又来枚举gcd了......吗？

枚举个毛线鸭，带着&&怎么枚举鸭

再咕就只剩24pts了，还是算了

下设n<=m

那看来我们只能把两边分开了

$=\sum\limits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]\sum\limits_{i=1}^n[gcd(i,j)==1]$

后面使用基本结论

$=\sum\limits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]\sum\limits_{i=1}^n\sum_{d|n}μ(d)$

算$d$的贡献

$=\sum\limits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]\sum_{d|j}μ(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$

前提μ，然后前面的那个就降到n了

$\sum\limits_{d=1}^nμ(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^m[d|j\&\&gcd(j,k)==1]$

$\sum\limits_{d=1}^nμ(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[gcd(j*d,k)==1]$

$\sum\limits_{d=1}^n[gcd(d,k)==1]μ(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[gcd(j,k)==1]$

然后我们发现前面这个东西套的太多了，只能$O(n)$(其实是$O(n\log n)$，因为还有gcd)算，所以我们必须$O(1)$得到后面的东西，然而m太大了无法承受

不咕

如果你稍微想一想或者把表打出来看一看，显然后面这个玩意是以k为循环节的

然后就愉快的拿到了84pts

关于杜教筛相关的莫反，他咕了

---

二项式反演

至少 反演出 恰好

设前者为f(n)，后者为g(n)，则有$f(n)=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig(i)<->g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if(i)$

至多 反演出 恰好

设前者为f(n)，后者为g(n)，则有$f(n)=\sum\limits_{i=0}^nC_n^ig(i)<->g(n)=\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^if(i)$