Mobius反演（莫比乌斯反演）

莫比乌斯反演在数论中占有重要的地位，许多情况下能大大简化运算。那么我们先来认识莫比乌斯反演公式。

定理：和是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件，那么我们得到结论

在上面的公式中有一个函数，它的定义如下：

（1）若，那么

（2）若，均为互异素数，那么

（3）其它情况下

证明莫比乌斯反演公式的得出：依旧通过例题来找规律

我们令 n=6;

那么在计算 F(6)的时候，我们会用到 G(1) G(2) G(3) G(6)

我们考察者4个G

G(1) = F(1)

G(2) = F(1)+F(2)

G(3) = F(1)+F(3)

G(6) = F(1)+F(2)+F(3)+F(6)

观察上面可以发现每个 G(n)都是由一些F(d)累加得到的

当我们需要逆向有G得到F(n)时，只需要将一些与 F(n) 有关的 G进行容斥，最终组合得到F(n)！

比如 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)

根据上述公式知：F(6) =u(1) G(6)-u(3)G(2)-u(2)G(3)+u(6)G(1)

由 u 的公式知，u(1)=1, u(2)=(-1)^1=-1, u(3)=(-1)^1=-1, u(4)=(-1)^2=1;

则 F(6) = G(6)-G(2)-G(3)+G(1)

这类莫比乌斯反演的实质也就是容斥原理的应用！！

对于函数，它有如下的常见性质：

（1）对任意正整数有

（2）对任意正整数有

线性筛选求莫比乌斯反演函数代码。

    void Init(){memset(vis,0,sizeof(vis));mu[1] = 1;cnt = 0;for(int i=2; i<N; i++){if(!vis[i]){prime[cnt++] = i;mu[i] = -1;}for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){vis[i*prime[j]] = 1;if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];else{mu[i*prime[j]] = 0;break;}}}}有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。证明证明完毕！嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818题意：给一个正整数，其中，求使得为质数的的个数，。分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数，只需要求在区间中，满足有序对互质的对数。也就是说，现在问题转化为：在区间中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，因为是有序对，不妨设，那么我们如果枚举每一个，小于有多少个与互素，这正是欧拉函数。所以我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？是且为素数的情况，再加上就行了。代码：#include <iostream>#include <string.h>#include <stdio.h>#include <bitset>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 10000010;bitset<N> prime;LL phi[N];LL f[N];int p[N];int k;void isprime(){k = 0;prime.set();for(int i=2; i<N; i++){if(prime[i]){p[k++] = i;for(int j=i+i; j<N; j+=i)prime[j] = false;}}}void Init(){for(int i=1; i<N; i++)  phi[i] = i;for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;for(int i=3; i<N; i+=2){if(phi[i] == i){for(int j=i; j<N; j+=i)phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;}}f[1] = 0;for(int i=2;i<N;i++)f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1);}LL Solve(int n){LL ans = 0;for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)ans += 1 + f[n/p[i]];return ans;}int main(){Init();isprime();int n;scanf("%d",&n);printf("%I64d\n",Solve(n));return 0;}

有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。

证明

证明完毕！

嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。

题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818

题意：给一个正整数，其中，求使得为质数的的个数，。

分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数，只

需要求在区间中，满足有序对互质的对数。

也就是说，现在问题转化为：在区间中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，因为

是有序对，不妨设，那么我们如果枚举每一个，小于有多少个与互素，这正是欧拉函数。所以

我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？

是且为素数的情况，再加上就行了。

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000010;
bitset<N> prime;
LL phi[N];
LL f[N];
int p[N];
int k;
void isprime()
{
k = 0;
prime.set();
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[k++] = i;
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}
void Init()
{
for(int i=1; i<N; i++) phi[i] = i;
for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;
for(int i=3; i<N; i+=2)
{
if(phi[i] == i)
{
for(int j=i; j<N; j+=i)
phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;
}
}
f[1] = 0;
for(int i=2;i<N;i++)
f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1);
}
LL Solve(int n)
{
LL ans = 0;
for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)
ans += 1 + f[n/p[i]];
return ans;
}
int main()
{
Init();
isprime();
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%I64d\n",Solve(n));
return 0;
}

嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就可以搞定，接下来我们来看看它的升级版。

题意：给定两个数和，其中，，求为质数的有多少对？其中和的范

围是。

分析：本题与上题不同的是和不一定相同。在这里我们用莫比乌斯反演来解决，文章开头也说了它能大大简化

运算。我们知道莫比乌斯反演的一般描述为：

其实它还有另一种描述，本题也是用到这种。那就是：

好了，到了这里，我们开始进入正题。。。

对于本题，我们设

为满足且和的的对数

那么，很显然，反演后得到

因为题目要求是为质数，那么我们枚举每一个质数，然后得到

如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。

我们设，那么继续得到。

到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的对应的的值，那么本题就解决了。

我们设，注意这里为素数，。

那么，我们枚举每一个，得到，现在分情况讨论：

（1）如果整除，那么得到

（2）如果不整除，那么得到

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;
bool vis[N];
int p[N];
int cnt;
int g[N],u[N],sum[N];
void Init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
u[1] = 1;
cnt = 0;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
{
p[cnt++] = i;
u[i] = -1;
g[i] = 1;
}
for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++)
{
vis[i*p[j]] = 1;
if(i%p[j])
{
u[i*p[j]] = -u[i];
g[i*p[j]] = u[i] - g[i];
}
else
{
u[i*p[j]] = 0;
g[i*p[j]] = u[i];
break;
}
}
}
sum[0] = 0;
for(int i=1;i<N;i++)
sum[i] = sum[i-1] + g[i];
}
int main()
{
Init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
LL n,m;
cin>>n>>m;
if(n > m) swap(n,m);
LL ans = 0;
for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
{
last = min(n/(n/i),m/(m/i));
ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

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