莫比乌斯反演入门

##首先$\ldots$
我们来了解一下什么是莫比乌斯反演…

假设有两个函数$f(i),g(i)$，并且$\Large f(N)=\sum\limits_{i|N} g(i)$
也就是

• $f(1)=g(1)$
• $f(2)=g(1)+g(2)$
• $f(3)=g(1)+g(3)$
• $f(4)=g(1)+g(2)+g(4)$
• $f(5)=g(1)+g(5)$
• $f(6)=g(1)+g(2)+g(3)+g(6)$
  .
  .
  .

求$g(i)$与$f$的关系？？
列一下

• $g(1)=f(1)$
• $g(2)=-f(1)+f(2)$
• $g(3)=-f(1)+f(3)$
• $g(4)=-f(2)+f(4)$
• $g(5)=-f(1)+f(5)$
• $g(6)=-f(1)-f(2)-f(3)+f(6)$
  .
  .
  .

???
继续列下去（本人过于懒惰）
似乎$\Large g(N)=\sum\limits_{i|N} f(i)\times ??$
而且，这个$??$和$i$没有关系，而是和$N\over i$有关系

我们暂且将这个函数设为$\Large\mu({N\over i})$

并且这个函数的取值只有$-1,0,1$

光这么看很难发现这个函数的规律，然而我们的大数学家莫比乌斯发现了（不然怎么叫莫比乌斯反演）
式子是这样的

\begin{equation}
\mu(N)=
\begin{cases}
1 & N=1\
(-1)^m & N=P_1P_2P_3\cdots P_m\
0 & N=P_1^{k_1}P_2{k_2}P_3^{k_3}\cdots P_m^{k_m},k_1+k_2+k_3+\cdots +k_m>m\
\end{cases}
\end{equation}

$P$是互不相等的质数,$k>0$

第二条就是至少有一个$k\geq2$

所以我们就有$\Large g(N)=\sum\limits_{i|N} f(i)\mu({N\over i})$

这条式子也可以这么写$\Large g(N)=\sum\limits_{i|N} f({N\over i})\mu(i)$

这个函数就是莫比乌斯函数
##证明？
首先，莫比乌斯函数有几个性质。

• 性质一 $\sum\limits_{d|n}\mu(d)=0|n\in N^*,n>1$
  $\sum\limits_{d|n}\mu(d)=1|n=1$
• 性质二 莫比乌斯函数是积性函数$gcd(p,q)=1,\mu(p)*\mu(q)=\mu(p*q)$

先证性质一。
$n=1$时显然。

$n>1$
设$n=P_1^{k_1}P_2^{k_2}P_3^{k_3}\cdots P_m^{k_m}$，$d$有其中一部分。
显然$d$的每个质因子指数为1才有贡献，否则$\mu(d)=0$

那么设$d$中有$r$个质因子。
$\mu(d)=(-1)^r$，这样的$d$有$C_{m}^{r}$个
所以$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{r=0}^{m}(-1)^rC_{m}^{r}$

我们有二项式定理
$\sum\limits_{r=0}^{m}(-1)^rC_{m}^{r}=\sum\limits_{r=0}^{m}C_{m}^{r}(-1)^r1^{m-r}=(-1+1)^m=0$
得证！

性质二似乎比较显然，此处不准备证明。
然后我们来证明反演。

$f(N)=\sum\limits_{d|N} g(d)\Rightarrow g(N)=\sum\limits_{d|N} f({n\over d})\mu(d)=\sum\limits_{d|N}\mu(d)\sum\limits_{i|{N\over d}}g(i)$

然后我们运用一种叫交换主体的等价变换，就是将后面的$f(i)$移到前面来，这个似乎只能靠感觉，多练练就熟了。
下面直接是交换后的，想想为什么？
$=\sum\limits_{i|N}g(i)\sum\limits_{d|{N\over i}}\mu(d)$
不急，因为我们有性质一
当$i=N$
$g(N)*1$
当$i<N$
$\sum\limits_{i|N}g(i)*0$
综上
$g(N)=\sum\limits_{i|N}g(i)\sum\limits_{d|{N\over i}}\mu(d)=g(N)$得证！

##应用
然而莫比乌斯函数怎么求？
可以用线性筛法！

void getprime(int lim)
{
  int i,j,num=0;
  fo(i,2,lim) 
  {
    if (!bz[i]) 
    {
      prime[++num]=i;
      mu[i]=-1;//质数就是一个质因子
    } 
    for(j=1;i*prime[j]<=lim&&j<=num;j++)
    {
      bz[i*prime[j]]=1;
      if (prime[j]==i) break;
      if (!(i%prime[j])) 
      {
        mu[i*prime[j]]=0; //显然prime[j]在i*prime[j]中指数大于等于2
        break;
      } 
      mu[i*prime[j]]=-mu[i];//多加了一个质因子乘上-1
    } 
  }
}

事实上，莫比乌斯反演还有个变形
若
$\Large f(k)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor} g(ik)$
则
$\Large g(k)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}f(ik)\mu(i)$

证明类似上面的证法，此处不再赘述。若有兴趣着可以参考度娘。

它可以非常好的应用在一些问题，比如说

$f(N)$不好求，但是$\sum\limits_{i|N} f(i)$好求，可以设为$g(N)$再用莫比乌斯反演解决。

##例题（[HAOI2011][BZOJ2301]Problem b）

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

我们有这个
设$g(k)$表示$1\leq x\leq N,1\leq y\leq M,gcd(x,y)=k$的$(x,y)$对数

设$f(k)$表示$1\leq x\leq N,1\leq y\leq M,k|gcd(x,y)$的$(x,y)$对数

那么显然有$\Large f(k)=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor} g(ik)$（此处我们假设$N\leq M$）

$f(k)$非常好求，设$x=kx_1,y=ky_1$，那么只需要$\large 1\leq x1\leq {\lfloor{N\over k}\rfloor},1\leq y1\leq {\lfloor{M\over k}\rfloor}$

故$f(k)={\lfloor{N\over k}\rfloor}{\lfloor{M\over k}\rfloor}$

这里可能会超时，所以对于${\lfloor{N\over k}\rfloor}{\lfloor{M\over k}\rfloor}$，可能有很多一部分是相等的，可以用分块解决，单次询问的复杂度就变成了$O(\sqrt N+\sqrt M)$
附代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
long long mu[50005];
int a,b,c,d,k;
int prime[50005],n;
bool bz[50005];
void getprime(int lim)
{
  int i,j,num=0;
  fo(i,2,lim) 
  {
    if (!bz[i]) 
    {
      prime[++num]=i;
      mu[i]=-1;
    } 
    for(j=1;i*prime[j]<=lim&&j<=num;j++)
    {
      if (i*prime[j]>50000) break;
      bz[i*prime[j]]=1;
      if (prime[j]==i) break;
      if (!(i%prime[j])) 
      {
        mu[i*prime[j]]=0; 
        break;
      } 
      mu[i*prime[j]]=-mu[i];
    } 
  }
}
int find(int k,int mx,int my)
{
   int i=1,j;
   long long ans=0;
   while(i<=trunc(min(mx,my)/k))
   { 
    j=min(mx/(mx/i),my/(my/i)); 
    ans+=trunc(my/(i*k))*trunc(mx/(i*k))*(mu[j]-mu[i-1]);
    i=j+1;
   }
   return (int)ans;  
}
int main()
{
  freopen("inversion.in","r",stdin);
  getprime(50000);
  scanf("%d",&n);
  mu[1]=1;
  int i;
  fo(i,2,50000) mu[i]+=mu[i-1];
  while(n-->0) 
  {
    scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
    printf("%d\n",(int)(find(k,b,d)-find(k,a-1,d)-find(k,b,c-1)+find(k,a-1,c-1)));
  }
}