【Coel.个人题解】【首次出题w】高考数学

题前闲话

很高兴能够给模拟赛出一道题目，感谢 Sherlockk 的支持w
虽然这道题甚至都还没有用上（本题解撰写于 6 月 19 日），不过我提前码上来应该没人发现吧（小声
直接隐藏不就好了吗

题目描述

给出两个正整数 $n,m$，随机从 $n$ 至 $m$ 的整数中选取 $2$ 个不同的整数，求出这 $2$ 个数互质的概率，并用分数形式表示。

两个数互质定义为两个数除了 $1$ 以外，没有其它的公约数。

解题思路

三步走：算分子，算分母，然后约分。
设 $n$ 到 $m$ 可选数字个数为 $k$ ，可以知道 $k=m-n+1$，那么分母就是 $C^2_k$。
接下来推推式子：

$$C^2_k=\dfrac{k!}{2!(k-2)!}=\dfrac{k(k-1)(k-2)...\times2\times1}{2(k-2)(k-3)...\times2\times1}=\dfrac{k(k-1)}{2}$$

这样就能以 $O(1)$ 的复杂度求出分母。
约分相信大家小学时就已经学过，是把分子分母同时除以它们的最大公约数。algorithm 头文件里提供了一个函数 __gcd(n,m) 可以求最大公约数，如果不会辗转相除法可以用这个。
接下来是重点：怎么求分子？
这就要用到莫比乌斯反演了。
考察我们要求的分子，其实可以表示为：

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

中括号表示内部结果正确则结果为 $1$ ，反之为 $0$。
上式其实就代表了暴力求解的过程。
这个式子不太好化（因为 $j$ 的起始值不定），但不妨换个方向，原式可以改写成：

$$\frac{\sum_{i=n}^m\sum_{j=n}^m[\gcd(i,j)=1]}{2}$$

上式是说，让 $i,j$ 都从 $n$ 开始枚举。这样做会重复算，除以二就好了。
再根据容斥原理，我们可以把式子分成四份处理，这一点类似于二维前缀和的计算方法。这里只给出结论：四份对应的式子为

$$S_1=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]$$

$$S_2=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]$$

$$S_3=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n-1}[\gcd(i,j)=1]$$

$$S_4=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=1]$$

结果为 $S_1-S_2-S_3+S_4$。
显然，这四个式子都可以看做如下形式：

$$\frac{1}{2}\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[\gcd(i,j)=1]$$

那么我们就以这个形式为例进行推导。
由于 $\gcd=1$ 的时候才会对原式产生贡献，这与狄利克雷卷积单位元的定义（$\varepsilon(n)=1$ 当且仅当 $n=1$，否则 $\varepsilon(n)=0$）是一致的。所以将其代入：

$$\frac{1}{2}\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\varepsilon(\gcd(i,j))$$

利用单位元的性质将其展开：

$$\frac{1}{2}\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)$$

$d\mid\gcd(i,j)$ 表示枚举所有能够整除 $\gcd(i,j)$ 的值 $d$。
顺带一提，

$$[\gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)$$

就是莫比乌斯反演的结论。这个结论也可以不使用单位元而证明出，此处不再详述，感兴趣的同学可以试着推导一下。
改变一下求和顺序，把枚举符合条件的 $d$ 放在式子前面进行：

$$\frac{1}{2}\sum_{d=1}\mu(d)\sum_{i=1}^{a}[d\mid i]\sum_{j=1}^{b}[d\mid j]$$

最后，由于 $[1,m]$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \dfrac{m}{d} \rfloor$ 个（$\lfloor\rfloor$ 表示向下取整），进一步化简：

$$\frac{1}{2}\sum_{d=1}^{\min(a,b)}\mu(d)\lfloor\frac a d\rfloor\lfloor\frac b d\rfloor$$

呼……式子终于化完了！
那么怎么计算呢？
首先 $\mu(d)$ 是一个积性函数，可以用类似筛质数的方法全部预处理出来，这个过程的时间复杂度是 $O(n)$ 的。
接下来，对于上面的式子如果直接暴力代入求和，处理单个数据的时间复杂度为 $O(m)$ （这里忽略掉了求最大公约数的时间复杂度），理论上无法通过（然而还是被 Sherlockk 卡过了……）
可以使用一种特殊的数据结构：数论分块。它的原理是把相同的 $\lfloor \dfrac{n}{d} \rfloor$ 合在一起计算，把时间复杂度压缩到 $O(\sqrt m)$。
为了节省篇幅，这里只给出预处理 $\mu(d)$ 的代码以及代式子的代码供参考：

void init() { //预处理莫比乌斯函数
    int tot = 0;
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= maxn - 10; i++) {
        if (!vis[i]) {
            p[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= maxn - 10; j++) {
              vis[i * p[j]] = 1;
              if (i % p[j] == 0) {
                  mu[i * p[j]] = 0;
                  break;
              }
              mu[i * p[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= maxn - 10; i++)
        mu[i] += mu[i - 1];
}

int solve(int n, int m) { //推出的式子
    int res = 0;
    for (int i = 1, j; i <= min(n, m); i = j + 1) {
        j = min(n / (n / i), m / (m / i));
        res += (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    }
    return res;
}

结语

第一次出题感觉有点毒瘤，如果影响到了大家的比赛体验，那只能说句抱歉了qwq
后记：实际上区间中位数比这个毒瘤一点。