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莫比乌斯反演的原理
由定义，对于两个积性函数 (oldsymbol f,oldsymbol g) 若满足 (displaystyle oldsymbol g(n)=sum_{dmid n}oldsymbol f(d))
则根据 (oldsymbol g=oldsymbol f*oldsymbol I) 反推出 (oldsymbol f=oldsymbol g*oldsymbol mu)
从而有 (displaystyle oldsymbol f(n)=sum_{dmid n}oldsymbol g(d)cdot oldsymbol mu({nover d}))
当然，本人更爱使用元函数的反演法，即将式子中化简出 ([n=1]) 项，再通过 (displaystyle [n=1]=oldsymbol varepsilon(n)=(oldsymbol mu*oldsymbol I)(n)=sum_{dmid n}oldsymbol mu(n)) 反演出结果
另一方向的莫比乌斯反演
当然，铃悬 dalao 还给出了另一个方向的莫比乌斯反演：
(displaystyle oldsymbol g(n)=sum_{nmid m}oldsymbol f(m)) 反演为 (displaystyle oldsymbol f(n)=sum_{nmid m}oldsymbol mu({mover n})oldsymbol g(m))
证明方法来源于 铃悬的数学小讲堂——狄利克雷卷积与莫比乌斯反演
我们定义一个运算 (displaystyle (oldsymbol foplusoldsymbol g)(n)=sum_{nmid m}oldsymbol f({mover n})cdot oldsymbol g(m))
很显然，根据定义 (displaystyle (oldsymbol varepsilonoplus oldsymbol f)(n)=sum_{nmid m}oldsymbol varepsilon({mover n})cdot oldsymbol f(m)=sum_{nmid m,m eq n}oldsymbol varepsilon({mover n})cdot oldsymbol f(m)+oldsymbol varepsilon({nover n})cdot oldsymbol f(n)=0+1cdot oldsymbol f(n)=oldsymbol f(n))
所以我们可以知道，原式为 (oldsymbol g=oldsymbol Ioplus oldsymbol f) ，反演式为 (oldsymbol f=oldsymbol muoplus oldsymbol g)
考虑到 (displaystyle ( (oldsymbol f*oldsymbol g)oplus oldsymbol h)(n)=sum_{nmid m}(oldsymbol f*oldsymbol g)({mover n})cdot oldsymbol h(m)=sum_{nmid m}(sum_{dmid {mover n}}oldsymbol f(d)oldsymbol g({mover nd}) )cdot oldsymbol h(m)=sum_{nmid m}(sum_{ndmid m}oldsymbol f(d)oldsymbol g({mover nd}) )cdot oldsymbol h(m))
由于对于所有满足加和条件的 (d) ， (oldsymbol h(m)) 都是固定的，所以可以将括号展开，原式 (displaystyle =sum_{nmid m}sum_{ndmid m}oldsymbol f(d)oldsymbol g({mover nd})cdot oldsymbol h(m))
我们令 (T=nd) 所以 (Tmid m) 则可以肯定 (nmid m)
但是我们还需要额外加上条件 (nmid T) 即可保证符合原式的性质
因此，原式 (displaystyle =sum_{nmid T}sum_{Tmid m}oldsymbol f({Tover n})cdot oldsymbol g({mover T})cdot oldsymbol h(m)=sum_{nmid T}oldsymbol f({Tover n})cdot ( sum_{Tmid m}oldsymbol g({mover T})cdot oldsymbol h(m) )=sum_{nmid T}oldsymbol f({Tover n})cdot (oldsymbol goplusoldsymbol h)(T)=(oldsymbol foplus(oldsymbol goplus oldsymbol h) )(n))
故我们得到 ((oldsymbol f*oldsymbol g)oplus oldsymbol h=oldsymbol foplus (oldsymbol goplus oldsymbol h))
现在，我们可以很简单地证明上述式子的正确性了：
(oldsymbol f=oldsymbol varepsilonoplus oldsymbol f=(oldsymbol mu*oldsymbol I)oplus oldsymbol f=oldsymbol muoplus(oldsymbol Ioplus oldsymbol f)=oldsymbol muoplus oldsymbol g)
所以上述式子成立
莫比乌斯反演例题
洛谷P4450 双亲数
给定 (A,B,d) 求 (displaystyle ans=sum_{a=1}^Asum_{b=1}^B[gcd(a,b)=d])
第一题，咱们讲细一点......
我们不妨设 (Aleq B) ，否则我们交换这两个
考虑到 (a) 只有 (d,2d,3dcdots (A/d)cdot d) 时对答案有贡献， (b) 也是 (d,2d,3dcdots (B/d)cdot d) 时对答案有贡献
故我们直接改为枚举前面的系数，它们乘上 (d) 就是 (a,b)
(displaystyle ans=sum_{a'=1}^{(A/d)}sum_{b'=1}^{(B/d)}[gcd(a'd,b'd)=d]=sum_{a'=1}^{(A/d)}sum_{b'=1}^{(B/d)}[dcdot gcd(a',b')=d]=sum_{a'=1}^{(A/d)}sum_{b'=1}^{(B/d)}[gcd(a',b')=1])
这里可以用上元函数反演 (displaystyle [n=1]=oldsymbol varepsilon(n)=(oldsymbol mu*oldsymbol I)(n)=sum_{dmid n}oldsymbol mu(d))
因此直接代入上式得到 (displaystyle ans=sum_{a=1}^{A/d}sum_{B=1}^{B/d}sum_{kmid gcd(a,b)}oldsymbol mu(k))
要满足 (kmid gcd(a,b)) ，即 (k) 为 (a,b) 最大公因数的因数，因此一定为其公因数，可写为 (kmid awedge kmid b)
(displaystyle ans=sum_{a=1}^{A/d}sum_{b=1}^{B/d}sum_{kmid awedge kmid b}oldsymbol mu(k)=sum_{a=1}^{A/d}sum_{b=1}^{B/d}sum_{k=1}^{A/d}oldsymbol mu(k)[kmid awedge kmid b])
我们调换枚举顺序，先枚举 (k)
(displaystyle ans=sum_{k=1}^{A/d}oldsymbol mu(k)sum_{a=1}^{A/d}sum_{b=1}^{B/d}[kmid awedge kmid b])
由于 ([kmid awedge kmid b]) 可以理解为一个 bool ，所以它与 ([kmid a]cdot [kmid b]) 等价
再次代入得 (displaystyle ans=sum_{k=1}^{A/d}oldsymbol mu(k)sum_{a=1}^{A/d}sum_{b=1}^{B/d}[kmid a][kmid b]=sum_{k=1}^{A/d}oldsymbol mu(k)sum_{a=1}^{A/d}[kmid a]sum_{b=1}^{B/d}[kmid b])
我们单独考虑 (displaystyle sum_{a=1}^{A/d}[kmid a]) 有贡献的肯定是 (k,2k,3kcdots ( (A/d)/k)cdot k) 因此我们枚举有贡献的
(displaystyle sum_{a=1}^{A/d}[kmid a]=sum_{a'=1}^{(A/d)/k}[akmid a]=sum_{a'=1}^{A/(dk)}1=A/(dk))
同理处理 (B) 的式子后，我们得到 (displaystyle ans=sum_{k=1}^{A/d}oldsymbol mu(k)cdot (A/(dk) )cdot (B/(dk) ))
由于 (A,B,d) 是开头给定的，因此我们不妨直接令 (A'=A/d,B'=B/d) 即可得到 (displaystyle ans=sum_{k=1}^{A'}oldsymbol mu(k)cdot (A'/k)cdot (B'/k))
我们先预处理莫比乌斯函数前缀和，再用二维整出分块搞一搞后面就可以 (O(n+sqrt n)) 的时间搞出来了， (n) 与 (A,B) 同阶
简单补充一下二维整除分块：考虑对 (forall iin [l,r]) 使得 (egin{cases} n/(l-1) eq n/l=n/i=n/r eq n/(r+1) \ \ m/(l-1) eq m/l=m/i=m/r eq m/(r+1) end{cases})
我们以已知左端点的为例，若对于 (n) ，可以求出一个 (r_n) ；对于 (m) ，可以求出一个 (r_m) ；则 (min(r_n,r_m)) 就是上述满足上述条件的 (r)
if(a>b) swap(a,b);
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=a;l=r+1){
r=min(a/(a/l),b/(b/l));
ans+=(smu[r]-smu[l-1])*(a/l)*(b/l);
}
洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries
与上一题大同小异，只不过改成了 (n) 次的查询，复杂度改为预处理 (O(a)) 加上算后面那一项的 (n) 倍 (O(nsqrt a))
由于 (n,a) 同阶，复杂度为 (O(nsqrt n))
由于式子都是一样的，这题就不推了，答案最后是 (displaystyle ans=sum_{x=1}^{a/d}oldsymbolmu(d)cdot( (a/d)/x )cdot( (b/d)/x ))
洛谷P2257 YY的GCD
推的过程类似，下面就没很多说明了
我们要求 (displaystyle ans=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)in Prime])
我们改为枚举质数：（同样默认 $nleq m $ ）
(displaystyle ans=sum_{pin Prime}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=p]=sum_{pin Prime}sum_{i=1}^{n/p}sum_{j=1}^{m/p}sum_{dmid iwedge dmid j}oldsymbolmu(d))
( herefore displaystyle ans=sum_{pin Prime}sum_{d=1}^{n/p}oldsymbolmu(d)sum_{i=1}^{n/p}[dmid i]sum_{j=1}^{m/p}[dmid j]=sum_{pin Prime}sum_{d=1}^{n/p}oldsymbolmu(d)cdot ( (n/p)/d )cdot ( (m/p)/d ))
由于这样枚举 (d) 太不优雅了，因此我们不妨令 (T=pd) ，由于 (dleq n/p) 因此 (Tleq n)
( herefore displaystyle ans=sum_{pin Prime}sum_{T=1}^n oldsymbolmu({Tover p})cdot [pmid T] (n/T)cdot (m/T)=sum_{T=1}^n(n/T)cdot (m/T)cdot sum_{pin Prime}oldsymbol mu({Tover p})[pmid T]=sum_{T=1}^n(n/T)cdot (m/T)cdot sum_{pin Prime,pmid T}oldsymbol mu({Tover p}))
为了表述方便，我们记录 (displaystyle f(T)=sum_{pin Prime,pmid T}oldsymbol mu({Tover p}))
于是可以 (displaystyle ans=sum_{T=1}^n(n/T)cdot (m/T)cdot f(T))
预处理好 (f(n)) ，剩下的就整出分块来搞一搞了
给出预处理的代码：
inline void sieve(){...}
inline void pre(){
for(int i=1;i<=cntprime;i++){
int p=prime[i];
for(int j=1;j*p<=lim;j++){
sumf[j*p]+=mu[j];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
sumf[i]+=sumf[i-1];
}
}
洛谷P2522 [HAOI2011]Problem b
求 (displaystyle ans=sum_{i=a}^bsum_{j=c}^d[gcd(i,j)=k])
考虑 (displaystyle S(m,n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]=sum_{d=1}^{n/k}oldsymbol mu(d)cdot ( (n/k)/d )cdot ( (m/k)/d ))
求解 (S(n,m)) 方法见上文
另外，由二维差分可以得到 (ans=S(b,d)-S(a-1,d)-S(b,c-1)+S(a-1,c-1))