2023.5.30 闲话

推歌：世界は可愛く出来ている

东方兽王园的灵梦新曲，还挺可爱的 .

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看 PinkRabbit 数论课件有这个建立递归关系的 Trick（什么，你的课件都是从小学数学讲到 NOI 的吗）.

问题：计算 $\displaystyle\sum_{i=1}^n\mu(i)[i\perp k]$ .

令 $\displaystyle F(n,k)=\sum_{i=1}^n\mu(i)[i\perp k]$，则可以建立递归关系：

$$\begin{aligned}F(n,k)&=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)\\&=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{d\mid\gcd(i,k)}\mu(d)\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(id)\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(i)\mu(d)[i\perp d]\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)^2F\left(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor,d\right)\end{aligned}$$

那么递归即可 . 有用的 $d$ 肯定是 square-free 的，那么只有 $2^{\omega(d)}$ 种 .

可以看成 DAG 上 $1\to n$ 所有路径点权积之和，而只有 $1$ 的点权和 $n$ 有关 . 所以如果 $k$ 不变的话，可以处理出 $F(k,k)$ 之后 $\Theta(1)$ 得到别的位置的答案 .

推广路线 1：使用完全一致的推导过程，不过 $\mu$ 改成了 $\varphi$（其中 $\varphi^{-1}$ 是 $\dfrac1{\varphi(x)}$，不是 Dirichlet 卷积逆）：

$$\begin{aligned}F(n,k)&=\sum_{i=1}^n\varphi(i)\dfrac{\gcd(i,k)}{\varphi(\gcd(i,k))}\\&=\sum_{i=1}^n\varphi(i)\sum_{d\mid\gcd(i,k)}(\varphi^{-1}*\mu)(d)\\&=\sum_{d\mid k}(\varphi^{-1}*\mu)(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\varphi(di)\\&=\sum_{d\mid k}\varphi(d)(\varphi^{-1}*\mu)(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\dfrac{\varphi(i)\gcd(i,d)}{\varphi(\gcd(i,d))}\\&=\sum_{d\mid k}\varphi(d)(\varphi^{-1}*\mu)(d)F\left(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor,d\right)\end{aligned}$$

推广路线 2：改成二维的：

$$\begin{aligned}F(n,m,k)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\perp j][j\perp k]\\&=\sum_{i=1}^n[i\perp j]\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid\gcd(j,k)}\mu(d)\\&=\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[i\perp jd]\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[i\perp j][i\perp d]\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)F\left(\left\lfloor\dfrac md\right\rfloor,n,d\right)\end{aligned}$$

（感觉这个推导非常科幻……怎么想出来这么厉害的东西的）

应用：NOI2016 循环之美（其实就是推广路线 2）.

题解（大众解法）

假设 $n,m$ 同阶 .

额首先既约既约分数 $\dfrac xy$ 在 $k$ 进制下纯循环当且仅当 $y\perp k$ .

因为如果循环节长度是 $c$ 那么肯定有 $x\equiv x\cdot k^c\pmod y$，又因为 $x\perp y$ 那么就是 $k^c\equiv 1\pmod y$，所以只有 $y\perp k$ 的时候才有满足条件的 $c$，这样就证明了结论 .

于是答案就是 $\displaystyle \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\perp j][j\perp k]$，化简一下：

$$\begin{aligned}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[i\perp j][j\perp k]&=\sum_{i=1}^m[i\perp k]\sum_{j=1}^n[i\perp j]\\&=\sum_{d=1}^{\min\{n,m\}}[d\perp k]\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[j\perp k]\\&=\sum_{d=1}^{\min\{n,m\}}[d\perp k]\mu(d)\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[j\perp k]\end{aligned}$$

那么整除分块后就是要求：

$$\begin{aligned}&f(n,k)=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\\&g(n,k)=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)\end{aligned}$$

分别看一下：

$$\begin{aligned}f(n,k)&=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\\&=\sum_{i=1}^n[i\bmod k\perp k]\\&=\left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor f(k,k)+f(n\bmod k,k)\\g(n,k)&=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)\\&=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{d\mid\gcd(i,k)}\mu(d)\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(id)\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(i)\mu(d)[i\perp d]\\&=\sum_{d\mid k}\mu(d)^2g\left(\left\lfloor\dfrac nd\right\rfloor,d\right)\end{aligned}$$

这样对于 $f$ 来说因为 $k\le 2000$ 所以预处理出小的 $f$ 之后就能算了 .

对于 $g$ 来说暴力记忆化递归算，因为外层有整除分块所以复杂度不太好分析 . 毛估估一下的话如果光看递归树大小涉及到的不同状态的数量是 $O(\omega(k)\sqrt n)$ 级别的，底层 $k=1$ 的块筛部分用杜教筛的话时间复杂度就是 $O(n^{2/3})$ . 那么可以得到一个时间复杂度的上界是 $O(\omega(k)\log n+n^{2/3})$ .

那么整合一下的话时间复杂度就是 $O(k+n^{2/3}+\omega(k)\log n)$，可以通过 .
（我写的没有那么精细，算 $g$ 是 $O(n^{2/3}+\sqrt k\log n)$ 的也过了）

感觉也不是很麻烦为什么最后渲染出来这么长