莫比烏斯函式(Möbius)

定義

定義莫比烏斯函式 \(μ(x), x\in N^+\) ：

當 \(x=p_1^{d_1}\cdot p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k}\) (唯一分解定理)

\[μ(x)= \begin{cases} 0 & \exists\ d_i>1 \\ 1 & k\text{是偶數}\\ -1 & k\text{是奇數} \end{cases} \]

顯然，這是個數論函式。

性質

• \(n\ne 0\)時，\(n\) 的所有因子的莫比烏斯函式值和為 \(0\)

  \[\sum_{d|n}\mu (x)= \begin{cases} 1 & n=1\\ 0 & n>0 \end{cases}\]

  證明：

  1. \(n=1\) 時顯然成立。

  2. \(n>1\) 時有：

     \[n=p_1^{d_1}\cdot p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k} \]
     \[\because \mu (d) \ne 0 \Rightarrow d=p_1p_2 p_3 \cdots p_t \]
     \[\text{故質因子個數為r的因子只有$C_k^r$個} \]
     \[\therefore \sum_{d|n}\mu (x)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+\cdots+(-1)^kC_k^k=\sum_{i=0}^k(-1)^iC_k^i \]
     \[\because (x+y)^n=\sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i} \text{(二項式定理)} \]
     \[\text{將$x=1,y=-1$代入得證：} 0=\sum_{i=0}^n(-1)^nC_n^i \]

• 莫比烏斯函式是積性函式

  對任意 \(n \in Z^+\) 有：

  \[\sum_{d|n} \frac{\mu (d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n} \]

  代入莫比烏斯反演公式 (我也不會) 即可。

應用

這個函式可用來解決如下問題：

與某個數 \(N\) 互質的數的個數：

設 \(S_p\) 表示\(1 - n\) 中 \(p\) 的倍數的個數。

則根據容斥原理，所求轉化為如下式子：\(N-S_2-S_3-\cdots +S_{2,3}+S_{2,5}+\cdots -S_{2,3,5}\cdots\)

通過觀察，每一個 \(S\) 代表的集合的數的莫比烏斯函式就是這個 \(S\) 的係數。

莫比烏斯函式可以利用篩法求出。

例題：破譯密碼

達達正在破解一段密碼，他需要回答很多類似的問題：

對於給定的整數\(a,b\)和\(d\)，有多少正整數對\(x,y\)，滿足\(x<=a，y<=b\)，並且\(gcd(x,y)=d\)。

作為達達的同學，達達希望得到你的幫助。

輸入格式

第一行包含一個正整數 \(n\) ，表示一共有n組詢問。

接下來 \(n\) 行，每行表示一個詢問，每行三個正整數，分別為 \(a,b,d\) 。

輸出格式

對於每組詢問，輸出一個正整數，表示滿足條件的整數對數。

資料範圍

\(1≤n≤50000, 1≤d≤a,b≤50000\)

解析

考慮對於每一個詢問如何做。

對於一組\(1\leq x\leq a,1\le y\le b\)

\(gcd(x,y)=d\Rightarrow gcd(x^{\prime},y^{\prime})=1\)
其中 \(x^{\prime}=\frac{x}{d}\ ,\ y^{\prime}=\frac{y}{d}\ ,\ x^{\prime}\in[1,\lfloor\frac{a}{d}\rfloor],y^{\prime}\in[1,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor]\)

問題轉化為：有多少對 \(x^{\prime},y^{\prime}\) 互質。

可以考慮容斥定理：

\[Ans=a^{\prime}b^{\prime}-\lfloor\frac{a^{\prime}}{2}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{2}\rfloor+\lfloor\frac{a^{\prime}}{3}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{3}\rfloor-\lfloor\frac{a^{\prime}}{5}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{5}\rfloor\cdots+\lfloor\frac{a^{\prime}}{6}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{6}\rfloor+\cdots \]

記 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{i}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{i}\rfloor=S_i\)

上面的式子很熟悉了，我們還可以繼續化得下面的式子：

\[Ans=a^{\prime}\cdot b^{\prime}+\sum_{i=1}^{min(a^{\prime},b^{\prime})}\lfloor\frac{a^{\prime}}{i}\rfloor\lfloor\frac{b^{\prime}}{i}\rfloor\cdot\mu (i) \]

直接做的話是 \(O(n^2)\) 的。

考慮對於 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{i}\rfloor\) ，有 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{1}\rfloor，\lfloor\frac{a^{\prime}}{2}\rfloor，\cdots ，\lfloor\frac{a^{\prime}}{a^{\prime}}\rfloor\) 共 \(a^{\prime}\) 項，但是不同的數只有 \(2\sqrt{a^{\prime}}\) 個。 於是可以考慮 \(O(\sqrt{n})\) 分塊 , 複雜度變為 \(O(n\sqrt{n})\) 可以接受。

下面解釋一下為什麼只有 \(2\sqrt{a^{\prime}}\) 個分段：

令 \(A(x)=\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor\)

將序列分為兩部分：\(A(1) \sim A(\sqrt{a^{\prime}})\ ,\ A(\sqrt{a^{\prime}}+1) \sim A(a^{\prime})\)

對於左邊，顯然有且只有 \(\sqrt{n}\) 個取值。

對於右邊，觀察得知分母是恆大於 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 的，則整個項的值是恆小於 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 的，總共 \(\sqrt{a^{\prime}}\) 個不同取值。

兩邊相加，得證。

然後是另外一個問題，怎麼去求每一段。

這裡定義：\(g(x)\) 為 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor=k\) 時 \(x\) 能夠取到的最大整數。

即 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor=\lfloor\frac{a^{\prime}}{g(x)}\rfloor\) 且 \(\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor > \lfloor\frac{a^{\prime}}{g(x)+1}\rfloor\)

對於這個函式有這樣一個經典公式 \(g(x)=\Big\lfloor\frac{a^{\prime}}{\lfloor\frac{a^{\prime}}{x}\rfloor}\Big\rfloor\)

下面給出正確性證明(下面的 \(a\) 其實是上面的 \(a^{\prime}\))：

\[\because g(x)=\Big\lfloor\frac{a}{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\Big\rfloor \]

\[\therefore g(x) \geq \Big\lfloor\frac{a}{\frac{a}{x}}\Big\rfloor = x \]

\[\therefore \lfloor \frac{a}{g(x)} \rfloor \leq \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \]

\[\because \Bigg\lfloor \frac{a}{\frac{a}{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}} \Bigg\rfloor \geq \lfloor \frac{a}{x} \rfloor\Rightarrow \Bigg\lfloor \frac{a}{\Big\lfloor\frac{a}{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\Big\rfloor} \Bigg\rfloor \geq \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \]

\[\therefore \lfloor \frac{a}{g(x)} \rfloor \geq \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \]

\[\text{故 $\lfloor \frac{a}{g(x)} \rfloor = \lfloor \frac{a}{x} \rfloor$ 成立} \]

\[\text{設 $a=kx+r , 0\leq r \leq x$ (帶餘除法)} \]

\[\text{代入 $\lfloor\frac{a}{x}\rfloor > \lfloor\frac{a}{g(x)+1}\rfloor$ 得：} k>\Big\lfloor\frac{a}{\lfloor\frac{a}{k}\rfloor+1}\Big\rfloor \]

\[k(\lfloor\frac{a}{k}\rfloor+1)>a \]

\[\text{再設$a=pk+q,0\leq q < k$} \]

\[\text{代入得：} k(p+1)>pk+q\Rightarrow k>q,\text{滿足要求} \]

\[\text{故 $\lfloor\frac{a}{x}\rfloor > \lfloor\frac{a}{g(x)+1}\rfloor$ 成立} \]

有了這個結果，整個問題就簡單多了。

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=5e4+10;

int primes[N],cnt;
bool mp[N];
int mob[N],sum_[N];//莫比烏斯函式，字首和

void init(int n)//線篩求莫比烏斯函式
{
	mob[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!mp[i])
		{
			primes[cnt++]=i;
			mob[i]=-1;//質數有兩個一次質因子
		}
		for(int j=0; primes[j]*i<=n; j++)
		{
			int tmp=primes[j]*i;
			mp[tmp]=1;
			if(i%primes[j]==0)
			{
				mob[tmp]=0;//tmp有二次質因子
				break;
			}
			mob[tmp]=mob[i]*-1;//多了一個質因子
		}
	}

	for(int i=1; i<=n; i++) //字首和
	{
		sum_[i]=sum_[i-1]+mob[i];
	}
}

int main()
{
	init(5e4);

	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int a,b,d;
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);
		a/=d,b/=d;//問題轉化
		int mina=min(a,b);

		ll res=0;
		for(int l=1,r; l<=mina; l=r+1) //分塊
		{
			r=min(mina,min(a/(a/l),b/(b/l)));//每次只往後面跳一個較小的值
			res+=(sum_[r]-sum_[l-1])*(ll)(a/l)*(b/l);//核心式子
		}

		printf("%lld\n",res);
	}
	return 0;
}