线性筛，整除分块，欧拉函数与莫比乌斯反演

埃氏筛法

说到筛质数，就不得不提到大名鼎鼎的埃氏筛法了

思想非常简单，就是对于每一个素数pri[i]，我们都把它的倍数筛去，

譬如对于素数2来说，我们就把 $2 * 2, 2 * 3, 2 * 4, 2 * 5 . . . . 2 * n$ 的数全部筛掉

代码

void zhishu(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(p[i]==0)
			for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
				p[j]=1;
	}
}

实际上我们可以发现，对于30来说，它被2筛过，被3筛过，被5筛过，

显然这种算法并不是最优的，因为对于同样的一个数，它被筛了多次

它的时间复杂度是 $O (n l o g l o g n)$

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线性筛

分析

对于每一个数，我们都希望它只被它最小的质因子筛掉，

譬如说我们希望18被2筛掉，而不是被3筛掉,

而30被2筛掉，不是被3,5筛掉

举个例子，当 $p r i [] = 2, 3, 5, i = 6$ 时，我们先把 $12 = 2 * 6$ 筛去，

但是我们发现，对于 $18 = 3 * 6$ 来说，我们没有必要把18筛掉，

因为$ 18=3* 6=3(3 2)=2 * 9 $,也就是说当i=9的时候，我们会把 $18 = 2 * 9$ 筛掉，所以现在就没有必要筛掉18

对于  i%prime[j] ==0 就break的解释 ：

当 i是prime[j]的倍数时，i = k * prime[j]，
如果继续运算 j+1，i * prime[j+1] = prime[j] * k * prime[j+1]，
这里i * prime[j+1] 应该被 prime[j] 筛掉而不是prime[j+1]
所以才跳出循环。

因此，对于任意一个数，它都会只访问一次，所以时间复杂度就达到了 $O (n)$ 的级别

欧拉筛还有一个优点，就是它在筛质数的过程中会把质数都存储下来，就比埃氏筛法更加的方便

线性筛的本质就是对于一个i，我们先把质数表中和i互质的数筛掉，然后再筛一个最大公约数为当前质数的数就退出循环

代码

void ols(){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!d[i])pri[++len]=i;
		for(int j=1;pri[j]*i<=n&&j<=len;j++){
			d[pri[j]*i]=true;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}

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欧拉函数

欧拉函数 $φ (n)$ 表示小于等于n，且与n互质的正整数的个数。

如何求 $φ (n)$ ?

比如 $φ (12)$

把12质因数分解， $12 = 2^{2} * 3$ ，其实就是得到了2和3两个互异的质因子

然后把2的倍数和3的倍数都删掉

2的倍数： $2, 4, 6, 8, 10, 12$

3的倍数： $3, 6, 9, 12$

但是是6和12重复减了

所以还要把即是2的倍数又是3的倍数的数加回来

所以这样写 $12 - \frac{12}{2} - \frac{12}{3} + \frac{12}{2 * 3}$

这是容斥原理！

特别地， $φ (1) = 1$

代码

//求n的欧拉函数值： phi[n]
int getPhi(int n){
    int ans = n;
    for(int i = 2; i*i <= n; i++){
        if(n % i == 0){
            ans = ans * (i-1)/i;
            while(n % i == 0) n /= i;
        }
    }
    if(n > 1) ans = ans * (n-1)/n ;
    return ans;
}
//时间复杂度：sqrt(n)

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欧拉函数的一些性质

性质

1、 $对于任意一个质数 p ， φ (n) = n - 1$

2、 $当 g c d (n, m) = 1 时， φ (n m) = φ (n) φ (m)$

3、 $若 n = p^{k} 其中 p 为质数, 则 φ (n) = p^{k} - p^{k - 1} = (p - 1) p^{k - 1}$

4、$n= p_1^{k_1}p_2 \dots p_{m-1}^{k_{m-1}}p_m 其中 p_m^{k_m} 为n所分解的质因数(k_m为每个质因数的个数) ，则\varphi(n) = n \prod_{i=1}^m(1- \frac{1}{p_i}) $

5、 $所有小于 n 与 n 互质的数的和 s u m = n \times \frac{φ (n)}{2} = \sum_{d = 1}^{n} [g c d (d, n) = 1]$

6、 $如果 i \mod p = 0, 其中 p 为质数则 φ (i * p) = p * φ (i) 否则 φ (i * p) = (p - 1) φ (i)$

7、 $n = \sum_{d | n} φ (d)$

8、 $欧拉定理 : 对于互质的整数 a, m, 有 a^{φ (m)} \equiv 1$

9、 $欧拉降幂公式 A^{K} \equiv A^{K % ϕ (m) + ϕ (m)} (\mod m);$ $K > ϕ (m)$

10、 $φ (a * b) = φ (a) * φ (b) * \frac{d}{φ (d)}, 其中 d = g c d (a, b)$

证明

欧拉降幂公式的证明

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积性函数

定义

如 果 一 个 数 论 函 数 f (n) 满 足 f (p q) = f (p) \times f (q), gcd (p, q) = 1 ， 则 称 f (n) 是 一 个 积 性 函 数 。 特 别 的 ， 如 果 不 要 求 gcd (p, q) = 1 且 依 然 满 足 上 述 式 子 的 话 ， 则 称 f (n) 是 一 个 完 全 积 性 函 数 。

性质

若 $f (n)$ 和 $g (n)$ 都是积性函数，则以下函数也为积性函数：

\begin{aligned} h (x) = f (x^{p}) \\ h (x) = f^{p} (x) \\ h (x) = f (x) g (x) \\ h (x) = \sum_{d ∣ x} f (d) g (\frac{x}{d}) \end{aligned}

积性函数的证明

P1403 [AHOI2005]约数研究(数据范围1e7)

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艾佛森括号

[P] = {\begin{cases} 1 & If P is true \\ 0 & Otherwise \end{cases}

此处 $P$ 是一个可真可假的命题。

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整除分块

时间复杂度

时间复杂度 $O (\sqrt{n})$ ，证明见下

引理

\forall a, b, c \in Z, ⌊ \frac{a}{b c} ⌋ = ⌊ \frac{⌊ \frac{a}{b} ⌋}{c} ⌋

证明

⌊ \frac{a}{b c} ⌋ = ⌊ \frac{a}{b} \times \frac{1}{c} ⌋ = ⌊ \frac{1}{c} \times (⌊ \frac{a}{b} ⌋ + r) ⌋ = ⌊ \frac{⌊ \frac{a}{b} ⌋}{c} + \frac{r}{c} ⌋ = ⌊ \frac{⌊ \frac{a}{b} ⌋}{c} ⌋

关于右端点r的证明

$首先，我们已经知道上一个端点的 r ，那我们现在的 l = r + 1, 因此我们可以得到现在的值$ $k = ⌊ \frac{n}{l} ⌋$

而 $⌊ \frac{n}{l} ⌋ = ⌊ \frac{n}{r} ⌋ = k$

实际上就是 $k \leq \frac{n}{l} \leq \frac{n}{r} < k + 1$

显然，我们需要找到一个r，使得 $r * k \leq n$ ,所以 $r = ⌊ \frac{n}{k} ⌋$

所以最终我们就有

$r = ⌊ \frac{n}{⌊ \frac{n}{l} ⌋} ⌋$

例题一 H(n)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t,n,ans,l,r,k;
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		r=0;
		ans=0;
		while(r+1<=n){
			l=r+1;
			k=n/l;
			r=min(n,n/k);
			ans+=k*(r-l+1);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	
	return 0;
}

例题二 P2261 [CQOI2007]余数求和

分析

对于这题而言，我们显然有

$a n s = \sum_{i = 1}^{n} k - i * ⌊ \frac{k}{i} ⌋ = n * k - \sum_{i = 1}^{n} i * ⌊ \frac{k}{i} ⌋$

所以我们只用分块计算 $\sum_{i = 1}^{n} i * ⌊ \frac{k}{i} ⌋$ 即可

显然，对于其中的第一项 $i$ 我们可以很好地进行计算，主要是后面的 $\sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{k}{i} ⌋$ 我们要如何计算

考虑我们已知 $l$ ,求 $r$ ，显然，当前的 $n u m = ⌊ \frac{k}{l} ⌋$

而 $⌊ \frac{k}{l} ⌋ = ⌊ \frac{k}{r} ⌋ = n u m$ ，实际上就是 $n u m \leq \frac{k}{l} \leq \frac{k}{r} < n u m + 1$

因此就有 $n u m \leq \frac{k}{r}$ ，所以$r \leq \frac {k}{num} $，最终有$ r=\lfloor\frac{k}{num}\rfloor $

所以最终是 $r = ⌊ \frac{k}{⌊ \frac{k}{l} ⌋} ⌋$ ，而不是 $r = ⌊ \frac{n}{⌊ \frac{k}{l} ⌋} ⌋$

还有一个问题，当 $n u m = 0$ 时，求和项一定为0，所以我们不用去计算它的 $r$ ，还要注意 $r$ 要和 $n$ 取 $m i n$

实际上我们还可以这样考虑：当$n\leq k $时，直接计算便可，当$ n > k $时，$ \lfloor\frac{k}{i}\rfloor=0 $所以显然是$ r=\left \lfloor \dfrac {k}{\left \lfloor \dfrac kl\right\rfloor}\right\rfloor$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,k,l,r,num=0,ans=0;
signed main(){
	cin>>n>>k;
	r=0;
	while(r+1<=n){
		l=r+1;
		num=k/l;
		if(num==0)break;
		r=min(n,k/(k/l));
		ans=ans+(r+l)*(r-l+1)/2*num;
	}
	cout<<n*k-ans;
	return 0;
}

扩展

分块的实质就是把能分块的求出来，然后剩下的项我们先预处理前缀和，然后计算贡献

有时候我们要求形如 $\sum_{T = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋$ 的式子，实际上就是把相交的部分一起计算

理论上时间复杂度最大为 $O (4 \sqrt{n})$

代码

cin>>n>>m;
if(n>=m)swap(n,m);
int l,r=0,num1,num2,r1,r2;
while(r+1<=n){
	l=r+1;
	num1=n/l,num2=m/l;
	r1=n/num1,r2=m/num2;
	r=min(n,min(r1,r2));
	ans+=num1*num2*(sum_f[r]-sum_f[l-1]);
}
cout<<ans<<endl;

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莫比乌斯函数

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莫比乌斯反演

~~其实并没有什么用~~

形式一

如果有

$f (n) = \sum_{d | n} g (d)$

就有

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

$这种形式下，数论函数 f (n) 称为数论函数 g (n) 的莫比乌斯变换，数论函数 g (n) 称为数论函数 f (n) 的莫比乌斯逆变换（反演）。$

形式二

如果有

$f (n) = \sum_{n | d} g (d)$

就有

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

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做题中最重要的公式

1、 $[n = 1] = \sum_{d | n} μ (d)$

证明：

2、 $n = \sum_{d | n} φ (d)$

证明

设一个集合 $1 / n, 2 / n, 3 / n, . . ., (n - 1) / n, n / n$

对于上述的分式集合，若我们都将其化简至最简形式，设其中一个最简形式是a/b，那么我们一定有：

$b | n$ ①

$(a, b) = 1$ ②

$a <= b$ ③

由②③可得，对于一个确定的b，它对应的a的个数为 $φ (b)$ (根据欧拉函数的定义：φ(n)=1到n中与n互质的数的个数)

那么我们再考虑，每一个最简形式a/b都是互相不同的，因为它们都是最简形式

而且，对于上述分数集合来说每一个元素都可以化简成最简形式(完备性)，而元素的个数正好就是n

于是定理得证

3、 $\frac{φ (n)}{n} = \sum_{d | n} \frac{μ (d)}{d}$

考虑证明该式子

欧拉函数的定义式 $φ (n) = \sum_{i = 1}^{n} [g c d (n, i) = 1]$

莫比乌斯函数的求和式 $[n = 1] = \sum_{d | n} μ (d)$

我们用 $g c d (n, i)$ 代替 $n$ 就有

$[g c d (n, i) = 1] = \sum_{d | g c d (n, i)} μ (d)$

所以

\begin{aligned} φ (n) & = \sum_{i = 1}^{n} [g c d (n, i) = 1] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | g c d (n, i)} μ (d) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d = 1}^{n} [d | g c d (n, i)] μ (d) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d = 1}^{n} [d | n] [d | i] μ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{n} [d | n] μ (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \\ = \sum_{d | n} μ (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \\ = \sum_{d | n} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \\ = \sum_{d | n} μ (d) \frac{n}{d} \end{aligned}

所以就有 $\frac{φ (n)}{n} = \sum_{d | n} \frac{μ (d)}{d}$

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手推式子（默认 $n \leq m$ ）

一些基础的东西

1、 $[n | gcd (a, b)] ⟺ [n | a] [n | b]$

令 $a = d p, b = d q$ ,其中 $gcd (p, q) = 1$

考虑证明充分性

当 $n | gcd (a, b)$ 时，就相当于 $n | d$

$[n | gcd (a, b)] = [n | d]$

$[n | a] [n | b] = [n | d p] [n | d q]$

若 $[n | d] = 1, 则 [n | d p] [n | d q] = 1$

若 $[n | d] = 0, 则 n ∤ d ，若要使 [n | d p] [n | d q] = 1, 则要 n ∣ p 且 n ∣ q ，又因 gcd (p, q) = 1, 所以 n = 1 ， [n | d] = 1 ，矛盾$

所以充分性得证

考虑证明必要性

若有 $[n | a] [n | b] ，则有 [n | d p] [n | d q]$

若 $n | d, 则命题得证$

若 $n ∤ d, 则有 [n | p] [n | q], 且 [n | gcd (a, b)] = 0$

若此时 $[n | p] [n | q] = 1, 则由 gcd (p, q) = 1, 有 n = 1, 但此时 [1 | gcd (a, b)] = 1 ，矛盾$

故得证

2、 $f (x) = \sum_{i = 1}^{n} [x | i] = ⌊ \frac{n}{x} ⌋$

用人话来说就是求1到n中x的倍数，证明显然

例题一 P3935 Calculating

若 $x$ 分解质因数的结果为 $x = \prod_{i = 1}^{z} {p_{i}}^{k_{i}}$ ，令 $f (x) = \prod_{i = 1}^{z} (k_{i} + 1)$

求 $\sum_{i = l}^{r} f (i)$ 对 $998244353$ 取模的结果

上面的可以简化为：

a n s = \sum_{i = 1}^{r} f (i) - \sum_{j = 1}^{l - 1} f (j)

考虑求

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} f (i) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j | i} 1 \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [j | i] \\ = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} [j | i] \\ = \sum_{j = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{j} ⌋ \\ = \sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{i} ⌋ \end{aligned}

最后再数论分块即可。

时间复杂度 $O (\sqrt{n})$ 。

例题二 P2260 [清华集训2012]模积和

求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n mod i) \times (m mod j), i \neq j

mod 19940417 的值

首先不妨设 $n < m$

注意到后面的 $i \neq j$ ,则可以将式子变成

\begin{array}{r} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n mod i) \times (m mod j) - \sum_{i = 1}^{n} (n mod i) \times (m mod i) \end{array}

然后显然就有

\begin{array}{r} \sum_{i = 1}^{n} (n mod i) \times \sum_{j = 1}^{m} (m mod j) - \sum_{i = 1}^{n} (n mod i) \times (m mod i) \end{array}

根据取模的定义， $a mod b = a - b \times ⌊ \frac{a}{b} ⌋$ ,就有

\sum_{i = 1}^{n} (n - i \times ⌊ \frac{n}{i} ⌋) \times \sum_{j = 1}^{m} (m - j \times ⌊ \frac{m}{j} ⌋) - \sum_{i = 1}^{n} (n - i \times ⌊ \frac{n}{i} ⌋) \times (m - i \times ⌊ \frac{m}{i} ⌋)

拆括号

(n^{2} - \sum_{i = 1}^{n} i \times ⌊ \frac{n}{i} ⌋) \times (m^{2} - \sum_{j = 1}^{m} j \times ⌊ \frac{m}{j} ⌋) - \sum_{i = 1}^{n} (n m - m i \times ⌊ \frac{n}{i} ⌋ - n i \times ⌊ \frac{m}{i} ⌋ + i^{2} \times ⌊ \frac{n}{i} ⌋ \times ⌊ \frac{m}{i} ⌋)

例题三

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1]

考虑使用公式 $[n = 1] = \sum_{d | n} μ (d)$ 进行化简

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d | gcd (i, j)} μ (d) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d = 1}^{m} [d | gcd (i, j)] μ (d) \\ 注 意 此 时 d 的 枚 举 范 围 并 不 影 响 结 果 \\ 可 以 证 明 [d | gcd (i, j)] 的 充 要 变 换 是 [d | i] [d | j] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d = 1}^{m} [d | i] [d | j] μ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{m} μ (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \sum_{j = 1}^{m} [d | j] \\ = \sum_{d = 1}^{m} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \\ 观 察 到 当 d = [n + 1, m] 时 式 子 为 0 ， 无 意 义 \\ 所 以 上 界 取 n 即 可 \\ = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \end{aligned}

例题四

化简

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j)

方法一(采用欧拉函数)：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d | gcd (i, j)} φ (d) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d = 1}^{m} [d | i] [d | j] φ (d) \\ = \sum_{d = 1}^{m} φ (d) \sum_{i = 1}^{n} [d | i] \sum_{j = 1}^{m} [d | j] \\ = \sum_{d = 1}^{m} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \\ = \sum_{d = 1}^{n} φ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋ \end{aligned}

方法二(采用莫比乌斯函数)：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) \\ = \sum_{d = 1}^{m} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = d] * d \\ 令 i = d a, j = d b \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (d a, d b) = d] \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (a, b) = 1] \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} \sum_{k | gcd (a, b)} μ (k) \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} \sum_{k = 1}^{m} [k | a] [k | b] μ (k) \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{k = 1}^{m} μ (k) \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} [k | a] \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [k | b] \\ = \sum_{d = 1}^{m} d \sum_{k = 1}^{m} μ (k) ⌊ \frac{n}{k d} ⌋ ⌊ \frac{m}{k d} ⌋ \\ 令 l = k d \\ = \sum_{l = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{l} ⌋ ⌊ \frac{m}{l} ⌋ \sum_{k | l} \frac{l}{k} μ (k) \\ = \sum_{l = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{l} ⌋ ⌊ \frac{m}{l} ⌋ (l \sum_{k | l} \frac{μ (k)}{k}) \\ 实 际 上 就 是 \\ = \sum_{l = 1}^{n} φ (l) ⌊ \frac{n}{l} ⌋ ⌊ \frac{m}{l} ⌋ \end{aligned}

例题五

化简

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} f (gcd (i, j))

方法：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} f (gcd (i, j)) \\ = \sum_{d = 1}^{n} f (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = d] \\ = \sum_{d = 1}^{n} f (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1] \\ 使 用 例 题 四 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j) = \sum_{l = 1}^{m} φ (l) ⌊ \frac{n}{l} ⌋ ⌊ \frac{m}{l} ⌋ 的 结 论 \\ = \sum_{d = 1}^{n} f (d) \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} μ (k) ⌊ \frac{n}{d k} ⌋ ⌊ \frac{m}{d k} ⌋ \\ 令 d k = T \\ = \sum_{T = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋ \sum_{k | T} μ (k) f (\frac{T}{k}) \\ = \sum_{T = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋ \sum_{k | T} μ (\frac{T}{k}) f (k) \end{aligned}

例题六 P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

求（对 20101009 取模）：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j)

方法：

易得：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i \cdot j}{gcd (i, j)} \\ = \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i \cdot j}{d} [gcd (i, j) = d] \\ 令 i = d a, j = d b \\ = \sum_{d = 1}^{n} \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} \frac{d a \cdot d b}{d} [gcd (d a, d b) = d] \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} a b [gcd (a, b) = 1] \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} a b \sum_{k | gcd (a, b)} μ (k) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} a b \sum_{k = 1}^{n} [k | gcd (a, b)] μ (k) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} a b \sum_{k = 1}^{n} [k | a] [k | b] μ (k) \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \sum_{a = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} a [k | a] \sum_{b = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} b [k | b] \\ 令 a = i k, b = j k \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{k d} ⌋} i k \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{k d} ⌋} j k \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \cdot k^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{k d} ⌋} i \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{k d} ⌋} j \\ = \sum_{d = 1}^{n} d \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \cdot k^{2} \frac{(1 + ⌊ \frac{n}{k d} ⌋) \cdot ⌊ \frac{n}{k d} ⌋}{2} \frac{(1 + ⌊ \frac{m}{k d} ⌋) \cdot ⌊ \frac{m}{k d} ⌋}{2} \\ 令 T = k d \\ = \sum_{T = 1}^{n} \frac{(1 + ⌊ \frac{n}{T} ⌋) \cdot ⌊ \frac{n}{T} ⌋}{2} \frac{(1 + ⌊ \frac{m}{T} ⌋) \cdot ⌊ \frac{m}{T} ⌋}{2} \sum_{k | T} \frac{T}{k} μ (k) \cdot k^{2} \\ = \sum_{T = 1}^{n} T \frac{(1 + ⌊ \frac{n}{T} ⌋) \cdot ⌊ \frac{n}{T} ⌋}{2} \frac{(1 + ⌊ \frac{m}{T} ⌋) \cdot ⌊ \frac{m}{T} ⌋}{2} \sum_{k | T} μ (k) \cdot k \end{aligned}

例题七

题目描述

分析

实际上这个就是例题五，重要的是我们要怎么处理最后的 $\sum_{k | T} μ (\frac{T}{k}) f (k)$

考虑如下操作

\begin{aligned} 令 g (T) = \sum_{k | T} μ (\frac{T}{k}) f (k) \\ 显 然 g (1) = 0 \\ 我 们 分 类 讨 论 \\ 1, T 为 质 数 时 ， g (T) = μ (1) * f (T) + μ (T) * f (1) = 1 \\ 令 n o w = T * p, T = T^{'} * p^{u + 1} \\ 2, 当 T 不 为 质 数 : \\ g (T * p) \\ = \sum_{d | T * p} μ (\frac{T * p}{d}) * f (d) \\ = \sum_{d | T} μ (\frac{T * p}{d}) * f (d) + \sum_{d | T^{'}} μ (\frac{T^{'} * p^{u + 1}}{d * p^{u + 1}}) * f (d * p^{u + 1}) \\ 此 时 由 于 后 面 的 f (d * p^{u + 1}) ， 我 们 无 法 继 续 计 算 ， 因 此 我 们 考 虑 换 一 种 思 考 方 式 \end{aligned}

\begin{aligned} 我 们 看 回 式 子 本 身 g (n o w) = \sum_{k | n o w} μ (\frac{n o w}{k}) f (k) ， 此 时 n o w 不 为 质 数, n o w = T * p \\ 我 们 可 以 让 p = p_{1}, T = p_{1}^{a_{1} - 1} p_{2}^{a_{2}} \dots p_{n}^{a_{n}}, k = p_{1}^{b_{1}} p_{2}^{b_{2}} \dots p_{n}^{b_{n}}, \frac{T * p}{k} = p_{1}^{c_{1}} p_{2}^{c_{2}} \dots p_{n}^{c_{n}} \\ 很 显 然 ， 如 果 要 对 答 案 有 贡 献 ， 那 么 c_{i} = 0 或 1 \\ 分 类 讨 论 ： \\ 1 、 如 果 对 于 任 意 的 i \neq 1 ， 都 有 a_{1} + 1 < a_{i}, 那 么 b_{1} 是 否 为 a_{1} + 1 都 不 会 对 f (k) 产 生 影 响 ， 假 设 b_{1} = a_{1} 时 有 f (k) 的 贡 献 ， 那 么 b_{1} = a_{1} + 1 时 就 有 - f (k) 的 贡 献 ， 所 以 g (n o w) = 0 \\ 2 、 如 果 对 于 任 意 的 i \neq 1 ， 都 有 a_{1} + 1 > a_{i}, 那 么 b_{1} 是 否 为 a_{1} + 1 都 不 会 对 f (k) 产 生 影 响 ， 假 设 b_{1} = a_{1} 时 有 f (k) 的 贡 献 ， 那 么 b_{1} = a_{1} + 1 时 就 有 - f (k) 的 贡 献 ， 所 以 g (n o w) = 0 \\ 3 、 如 果 对 于 任 意 的 i \neq 1 ， 都 有 a_{1} + 1 = a_{i}, 如 果 我 们 让 若 在 b_{1} = a_{1} 时 贡 献 依 然 为 f (k), 且 在 b_{1} = a_{1} + 1 时 看 做 有 - f (k) 的 贡 献 时 ， 就 会 发 现 在 b_{1} = a_{1} + 1, 且 b_{i} = a_{i} - 1 的 时 候 ， 贡 献 会 有 1 的 差 别 \\ 原 来 的 总 贡 献 为 0 ， 若 n 为 奇 数 ， 则 μ 中 有 奇 数 个 质 因 子 ， 为 - 1 ， 减 去 这 个 多 出 来 的 贡 献 就 可 以 算 出 最 终 贡 献 为 1 & 因 此 ， 当 n o w 的 质 因 子 个 数 相 同 ， 且 有 偶 数 个 质 因 子 时 ， g (n o w) = - 1 \\ 有 奇 数 个 质 因 子 时 g (n o w) = 1 \\ 其 余 情 况 下 g (n o w) = 0 \\ 剩 下 的 做 法 就 简 单 了 \end{aligned}

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e7+10,maxm=664579+10;
int g[maxn],gg[maxn],MAX[maxn],f[maxn],sum_f[maxn];
bool vis[maxn]={false};
int pri[maxm],cnt=0;
int T,n,m;
void init(){
	g[1]=1;
	gg[1]=1;
	MAX[1]=0;
	f[1]=-1;
	sum_f[1]=0;
	for(int i=2;i<=maxn;i++){
		if(!vis[i]){
			pri[++cnt]=i;
			g[i]=i;
			gg[i]=1;
			MAX[i]=1;
			f[i]=1;	
//			cout<<i<<" ";
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++){
			int num=pri[j]*i;
			vis[num]=true;
			if(i%pri[j]==0){
				g[num]=pri[j]*g[i];
				gg[num]=gg[i]+1;
				MAX[num]=max(MAX[num/g[num]],gg[num]);
				f[num]=(f[num/g[num]]!=0&&(gg[num]==MAX[num/g[num]]||num/g[num]==1))?(-f[num/g[num]]):0;
				break;
			}
			g[num]=pri[j];
			gg[num]=1;
			MAX[num]=max(MAX[num/g[num]],1ll);
			f[num]=(f[num/g[num]]!=0&&(gg[num]==MAX[num/g[num]]||num/g[num]==1))?(-f[num/g[num]]):0;
		}
		sum_f[i]=sum_f[i-1]+f[i];
//		cout<<i<<" "<<g[i]<<" "<<gg[i]<<" "<<MAX[i]<<" "<<f[i]<<endl;;
	}
	return ;
}
signed main(){
//	cin>>n>>m;
	init();
	cin>>T;
	while(T--){
		int ans=0;
		cin>>n>>m;
		if(n>=m)swap(n,m);
		int l,r=0,num1,num2,r1,r2;
		while(r+1<=n){
			l=r+1;
			num1=n/l,num2=m/l;
			r1=n/num1,r2=m/num2;
			r=min(n,min(r1,r2));
			ans+=num1*num2*(sum_f[r]-sum_f[l-1]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
//	cout<<cnt<<endl;
	
//	cout<<ans;
	return 0;
}

例题八 P3312 [SDOI2014]数表

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,maxm=664579+10,maxT=2*1e4+5;
int g[maxn],mu[maxn],ANS[maxn];
bool vis[maxn]={false};
int pri[maxm],cnt=0;
int TT,n,m;
struct edge{
	int v,pos;
}f[maxn];
bool cmp2(edge x,edge y){
	if(x.v==y.v)return x.pos<y.pos;
	return x.v<y.v;
}
void init(){
	mu[1]=1;
	g[1]=1;
	f[1].v=1;
	f[1].pos=1;
	for(int i=2;i<=maxn;i++){
		if(!vis[i]){
			pri[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
			g[i]=i;
			f[i].v=i+1;
//			cout<<i<<" ";
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=maxn;j++){
			int num=pri[j]*i;
			vis[num]=true;
			if(i%pri[j]==0){
				mu[num]=0;
				g[num]=g[i]*pri[j];
				f[num].v=f[i].v+f[num/g[num]].v*g[num];
				break;
			}
			mu[num]=-mu[i];
			g[num]=pri[j];
			f[num].v=f[i].v*(pri[j]+1);
		}
		f[i].pos=i;
//		cout<<i<<" "<<g[i]<<" "<<f[i].v<<endl;;
	}
	return ;
}
struct node{
	int x,y,lim,pos;
}a[maxn];
bool cmp1(node x,node y){
	return x.lim<y.lim;
}
struct Tree{
	int tr[maxn];
	void update(int now,int num){
		for(;now<=maxn;now+=now&(-now))tr[now]+=num;
		return ;
	}	
	int check(int now){
		int ans=0;
		for(;now>0;now-=now&(-now))ans+=tr[now];
		return ans;
	}
}T;
signed main(){
//	cin>>n>>m;
	init();
	sort(f+1,f+maxn+1,cmp2);
//	for(int i=1;i<=maxn;i++)cout<<f[i].pos<<" "<<f[i].v<<endl;
	cin>>TT;
	for(int i=1;i<=TT;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].lim;
		a[i].pos=i;
		if(a[i].x>a[i].y)swap(a[i].x,a[i].y);
	} 
	sort(a+1,a+TT+1,cmp1);
	int now=0;
	for(int i=1;i<=TT;i++){
		while(f[now+1].v<=a[i].lim){
			now++;
//			cout<<f[now].pos<<" "<<f[now].v<<endl;
			for(int j=1;j*f[now].pos<=maxn;j++)
				T.update(j*f[now].pos,f[now].v*mu[j]);
		}
//		cout<<"FA";
		int ans=0;
		int l,r=0,num1,num2,r1,r2;
		while(r+1<=a[i].x){
			l=r+1;
			num1=a[i].x/l,num2=a[i].y/l;
			r1=a[i].x/num1,r2=a[i].y/num2;
			r=min(a[i].x,min(r1,r2));
			ans+=num1*num2*(T.check(r)-T.check(l-1));
		}
		ANS[a[i].pos]=ans;
	}
	for(int i=1;i<=TT;i++)cout<<(ANS[i]%(1<<31))<<"\n";
	return 0;
}

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做题中我们如何预处理前缀和

对于式子

f (T) = \sum_{k | T} μ (k) \cdot k

显然是积性函数

我们可以在线性筛的过程中计算出来

我们分类讨论

1,当 $T$ 为质数时， $f (T) = μ (1) * 1 + μ (T) * T = 1 - T$
2,当 $i$ 与 $p$ 互质时， $f (i * p) = f (i) * f (p)$
3,当 $gcd (i, p) = p$ 时:设 $i = p^{m} * i^{'}$

\begin{aligned} f (i * p) = \sum_{d | i} μ (d) \cdot d + \sum_{D | i^{'}} μ (D * p^{m + 1}) \cdot D * p^{m + 1} \\ = \sum_{d | i} μ (d) \cdot d + μ (p^{m + 1}) p^{m + 1} \sum_{D | i^{'}} μ (D) \cdot D \\ = f (i) + μ (p^{m + 1}) p^{m + 1} f (i^{'}) \\ = f (i) + μ (p^{m + 1}) p^{m + 1} f (i^{'}) \\ = f (i) + μ (p^{m + 1}) p^{m + 1} f (\frac{i}{p^{m + 1}}) \end{aligned}

所以对于这种要预处理的式子，我们先讨论 $n = p (p 为质数)$ 的情况,然后讨论另外的情况

我 们 令 n o w = T * p, T = p^{u} * T^{'}, 我 们 现 在 求 的 是 f (n o w) 之 后 我 们 考 虑 让 u = 0, 就 有 了 (T, p) = 1 的 情 况 比 如 对 于 f (n o w) = \sum_{k | n o w} μ (k) \cdot k 我 们 就 可 以 有 f (n o w) = \sum_{k | T * p} μ (k) \cdot k 分 开 T 与 p ， f (n o w) = \sum_{k | T} μ (k) \cdot k + \sum_{k | T} μ (k * p) \cdot k * p 如 果 u \neq 0, 我 们 就 变 为 f (n o w) = \sum_{k | T} μ (k) \cdot k + \sum_{k | T^{'}} μ (k * p^{u + 1}) \cdot k * p^{u + 1} 其 他 同 理

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参考资料

欧拉函数及其性质

浅谈莫反

[Tutorial] Math note — Möbius inversion

莫比乌斯反演

莫比乌斯反演-让我们从基础开始

posted @ 2023-04-12 21:44 Ayaka_T 阅读(34) 评论(0) 编辑收藏举报

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日

一

二

三

四

五

六

埃氏筛法

代码

线性筛

分析

代码

欧拉函数

代码

欧拉函数的一些性质

性质

证明

积性函数

定义

性质

积性函数的证明

艾佛森括号

整除分块

时间复杂度

引理

证明

关于右端点r的证明

代码

分析

代码

扩展

代码

莫比乌斯函数

莫比乌斯反演

形式一

形式二

做题中最重要的公式

手推式子（默认n≤m）

一些基础的东西

例题三

例题四

方法一(采用欧拉函数)：

方法二(采用莫比乌斯函数)：

例题五

方法：

例题六 P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

方法：

例题七

题目描述

分析

代码

例题八 P3312 [SDOI2014]数表

代码

做题中我们如何预处理前缀和

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