莫比乌斯反演学习笔记

莫比乌斯函数

定义

$\mu$ 表示莫比乌斯函数，是一个由容斥系数所构成的函数， $\mu{(d)}$ 的定义是：

1.当d等于1时， $\mu{(d)} = 1$

2.当d由k个不同的质因子组成时，$\mu{(d)} = (-1)^k$ （注：一定是互不相同的质因子

3.其它情况$\mu{(d)} = 0$

性质

1.对于任意正整数n，都有$\sum\limits_{d|n}\mu{(d)} = [n = 1]$

即当n等于1时原式等于1，其它情况下，原式等于0

首先当n等于1时，显然答案是1

当n不等于1时，答案与那些$\mu$值是0的项肯定没有关系

现在考虑n有k个互不相同的质因子它们分别组合

假定i个质因子相互组合此时的方案数有$\binom{k}{i}$种

而此时的$\mu$值为$(-1)^k$

所以对于一个非1的n 最终的求和式子也就是

$(-1)^1*\binom{k}{1}+(-1)^2*\binom{k}{2}+...+(-1)^k*\binom{k}{k}+1$（最后的1是$\mu{(1)}$ 因为通过质因子相乘是无法组合出1的，所以要把漏掉的情况补上）

而1又等于$(-1)^0*\binom{k}{0}$

所以原式就变成了$(-1)^0*\binom{k}{0}+(-1)^1*\binom{k}{1}+(-1)^2*\binom{k}{2}+...+(-1)^k*\binom{k}{k}$

没有感到这个式子很熟悉？

~~不熟悉去找数学老师跪搓衣板~~

二项式定理:$(a-b)^k = \binom{k}{0}a^k*b^0+\binom{k}{1}a^{k-1}*b^1+...+\binom{k}{k}a^0*b^k$

所以原式就等于$(1-1)^k$ 即0

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

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

\[\varphi_{n} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d|gcd(n,i)} \mu(d) \]

（由第一条性质知当且仅当$gcd(i,j)=1$时后面的和式有值，所以成立

将d提前

\[\varphi_{n} = \sum_{d|n} \mu(d) \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} \]

后面的枚举空循环显然是没有意义的

所以化为

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

然后两边同除$n$ 得到

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

原式得证

另一种证明：

由狄利克雷卷积$\varphi = id*\mu$

得到$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\cdot \frac{n}{d}$

两边同时处理n 得到原式

筛法比筛一般的积性函数还要简单一点

void sieve(){
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= maxk - 5;++i) {
		if(!vis[i]) prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;
		for(int j = 1;j <= cnt && prime[j] * i <= maxk - 5;++j) {
			vis[prime[j]*i] = 1;
			mu[i*prime[j]] = -mu[i];
			if(i % prime[j] == 0) {mu[i*prime[j]] = 0;break;}
		}
	}
}

莫比乌斯反演

前提：$f()$是积性函数

\[f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d) \Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d}) \]

证明：

\[\sum\limits_{d|n}\mu{(d)}*F(\frac{n}{d}) = \sum\limits_{d|n}\mu{(d)}*\sum\limits_{k|\frac{n}{d}}f(k) = \sum\limits_{d|n}f(d)*\sum\limits_{k|\frac{n}{d}}\mu{(k)} = f(n) \]

关于最后一步：

首先由性质1知当$d != n$ 时答案为0

所以只需要统计当$d = n$时的答案

所以最后得到$f(n)$

另一种形式：

\[f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d) \Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}{n})f(d) \]

题

A：P2257 YY的GCD

题目求$gcd(i,j) \epsilon prime$的个数
写成柿子

\[\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} [gcd(i,j)\epsilon prime] \]

一般套路，$gcd(i,j) = 1$ 可以化成$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu{(d)}$
原因很显然

由莫比乌斯函数性质一：$\sum\limits_{d|n}\mu{(d)} = [n = 1]$

把$gcd(i,j)$代入n就好了

而该题要求的是gcd为素数的

所以想到可以枚举素数然后套式子

假设此时的gcd(i,j) = k

则答案变为$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} gcd(i,j)=k$

此时k一定满足$k|i,k|j$

也就是$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor} \sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu{(d)}$

发现可以把d提前然后就变成了$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k*d} \right \rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k*d} \right \rfloor} \mu{(d)}$

此时i和j这两维显然就没用了因为后面的$\mu{(d)}$与i，j无关

直接去掉把加法改成乘法就好了

$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{k*d} \right \rfloor*\left \lfloor \frac{m}{k*d} \right \rfloor*\mu{(d)}$

然后我们的60分就到手了

现在考虑优化这个式子

设T = k*d

那么有原式等于$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor*\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor*\mu{(d)}$

发现此时的T可以提前

所以原式就变为了$\sum\limits_{T=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor*\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \sum\limits_{k|T,k \epsilon prime}\mu{(\frac{T}{k})}$

发现$\sum\limits_{k|T,k \epsilon prime}\mu{(\frac{T}{k})}$ 是可以预处理的

只要计算一个$\mu{(d)}$时，把它所有倍数T 都加上一个对应的贡献$\mu{(\frac{T}{d})}$就可以了
计算前缀和方便整除分块的时候快速计算贡献

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7 + 10;
int prime[maxn];
int vis[maxn];
int mu[maxn];
int cnt;
int f[maxn];
ll sum[maxn];

void init(){
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= maxn - 5;++i) {
		if(!vis[i]) vis[i] = 1,prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;
		for(int j = 1;j <= cnt && prime[j] * i <= maxn - 5;++j) {
			vis[i*prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) break;
			mu[i*prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1;i <= cnt;++i) 
		for(int j = 1;j <= maxn && prime[i] * j <= maxn - 5;++j) 
			f[j*prime[i]] += mu[j];
	for(int i = 1;i <= maxn - 5;++i) sum[i] = sum[i-1] + f[i];
}

int main(){
	init();
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if(n > m) swap(n,m);
		ll ans = 0;
		for(int l = 1,r;l <= n;l = r + 1) {
			r = min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans += (sum[r] - sum[l-1]) * (n / l) * (m / l);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

B: P3327 约数个数和

$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} d(ij)$

难点显然在于如何转化$d(ij)$

$d(ij)$可以化成$\sum\limits_{x|i}^{i} \sum\limits_{y|j}^{j} [gcd(x,y)=1]$ 的形式

考虑$ij$的每个因子对于每个每个因子一定可以划分成${p_1}^{c1}*{p_2}^{c2}*...$

规定每个指数首先从i中选 i中不够再从j中选这样每个因子一定可以找到唯一的一种划分而每一种划分一定可以对应唯一的因子

而对于$\sum\limits_{x|i}^{i} \sum\limits_{y|j}^{j} [gcd(x,y)=1]$

首先$x*y$一定是$i*j$的因子

$gcd(x,y) = 1$ 说明x与y不含有相同的质因子

考虑划分规则对于$x=1,y=2$和$x=2,y=1$ 此时构造出来的因子并不相同因为y有值的条件是 x已经选完

所以$y=2$时表示构造出一个$i$中所有的质因子2都选 $j$中选了一个而$y=1$时显然不同所以不会重复

而因为每一个因子都可以用这样的方法构造出来所以不会漏掉情况

然后就是一般的莫比乌斯反演了

将式子代入可得$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j} [gcd(x,y)=1]$

将$x,y$提前得到
$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{m} \sum\limits_{i|x} \sum\limits_{j|y} [gcd(i,j)=1]$

显然后面的枚举可以省掉得到
$\sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{m} \left \lfloor n/x \right \rfloor \left \lfloor m / y \right \rfloor [gcd(i,j)=1]$

设$f(x) = \sum\limits_{x=1}^{n} \sum\limits_{y=1}^{m} \left \lfloor n/x \right \rfloor \left \lfloor m / y \right \rfloor [gcd(i,j)=x]$

$g(x) = \sum\limits_{x|d} f(d)$

$g(x) = \sum\limits_{x|d} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \left \lfloor n/i \right \rfloor \left \lfloor m / j \right \rfloor [gcd(i,j)=d]$

发现第一维的枚举可以省掉变为

$g(x) = \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \left \lfloor n/i \right \rfloor \left \lfloor m / j \right \rfloor [x|gcd(i,j)]$

将gcd消除得
$g(x) = \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}} \sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}} \left \lfloor n/ix \right \rfloor \left \lfloor m/jx \right \rfloor$

然后移项得到
$g(x) = \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}} \left \lfloor n / ix \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}} \left \lfloor m/jx \right \rfloor$

预处理出$f(x) = \sum\limits_{i=1}^{x}\left \lfloor x/i \right \rfloor$

然后就可以O(1)计算g函数了

又有$f(x) = \sum\limits_{x|d} \mu(d/x) g(d)$

则$f(1) = \sum\limits_{i=1}^{n} \mu(i) g(i)$

$f(1) = \sum\limits_{x=1}^{n} \mu(x)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}} \left \lfloor n / ix \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}} \left \lfloor m/jx \right \rfloor$

后面的部分可以整除分块优化成根号

C:P4449 于神之怒加强版

(假定$n <= m$)

首先原式可以化为

$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{d=1}^{n} [gcd(i,j)=d] * d^k$

移项得

$\sum\limits_{d=1}^{n} d^k \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} [gcd(i,j)=d]$

即
$\sum\limits_{d=1}^{n} d^k \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[gcd(i,j)=1]$

一般套路将gcd消除得到

$\sum\limits_{d=1}^{n} d^k \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}\sum\limits_{k|gcd(i,j)} \mu(k)$

将k提前得

$\sum\limits_{d=1}^{n} d^k \sum\limits_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{dk} \right \rfloor} \mu(k)$

发现后面的式子跟$i,j$没有关系，即

$\sum\limits_{d=1}^{n} d^k \sum\limits_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{dk} \right \rfloor \mu(k)$

令$T=dk$

有

$\sum\limits_{d=1}^{n}d^k \sum\limits_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \mu(k)$

将枚举d改为枚举T 有

$\sum\limits_{T=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \sum\limits_{d|T}\mu(\frac{T}{k}) * d^k$

发现后面的部分可以预处理

令$g(x) = \sum\limits_{d|x}\mu(\frac{x}{k}) * d^k$

则$g(x)$为积性函数

所以可以线性筛把$g()$函数筛出来

一个质数$p$的函数值可以算出等于$p^k-1$

考虑$g[i*prime[j]]$ 如果$i$与$prime[j]$互质显然可以直接乘起来得到函数值

如果$i$ % $prime[j] != 0$时考虑如何快速求出函数值

发现$i$一定可以表示为${p_1}^{c_1}*{p_2}^{c2}*...$

乘$prime[j]$后一定是 ${p_1}^{c_1+1} * {p_2}^{c2} * ...$

后面的部分完全一样

所以考虑如何计算前面的部分

因为$g[i*prime[j]] = g[i] / g[{p_1}^{c1}] * g[{p_1}^{c1+1}]$

对于后面的部分等于

$\sum\limits_{d|{p_1}^{c_1+1}}\mu(\frac{{p_1}^{c_1+1}}{d}) * d^k$

由$\mu$函数定义可知只有当$d$取${p_1}^{c_1+1}$ 或者 ${p_1}^{c_1}$ 时 $\mu$值不为0

得到$g[{p_1}^{c1+1}] = {{p_1}^{(c_1+1)}}^k - {{p_1}^{c_1}}^k = {{p_1}^{c_1}}^k *( {p_1}^{k} - 1)$

而$g[{p_1}^{c1}] = {{p_1}^{c_1}}^k - {{p_1}^{(c_1-1)}}^k = {{p_1}^{(c_1-1)}}^k *( {p_1}^{k} - 1)$

所以$g[{p_1}^{c1+1}] = g[{p_1}^{c1}] * {p_1}^k$

所以就可以线性筛了

筛完之后处理一下前缀和然后整除分块就可以了

D:jzptab

很套路的题

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

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

枚举gcd

$\sum_{d=1}^{n}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} ij*[(i,j)=d]$

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

发现$d^2$可以提前得到

$\sum_{d=1}^{n} d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} ij*[(i,j)=1]$

把$[(i,j)=1]$ 展开

$\sum_{d=1}^{n} d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}} ij \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k)$

交换枚举顺序

$\sum_{d=1}^{n} d \sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k) \sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}} ij*k^2$

$k^2$ 提前得到
$\sum_{d=1}^{n} d \sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}k^2\mu(k) \sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}} ij$

Solution1:

到这里已经可以过掉洛谷的数据了单组询问，时限2s

$\sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}} ij$ 就是两个等差数列乘起来

所以可以用整除分块做到根号复杂度

发现对于n来说，$\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}k^2\mu(k)$ 也可以整除分块处理

所以两个整除分块处理 O(n)预处理 O($n^\frac{3}{4}$)回答每次询问

Solution2:

但是另一个数据范围是时限8s，1e4组询问

上面的式子可以继续化简

设$T = dk$

$\sum_{T=1}^{n} \sum_{k|T} k^2\mu(k)*\frac{T}{k}\sum_{i=1}^{\frac{n}{T}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{T}}ij$

中间的部分可以$nln$预处理后面的部分可以整除分块

一个小trick是当$\mu(i)=0$时直接跳过，可以减小一半常数

然后就可以做到$O(nln)$预处理 $O(\sqrt{n})$处理单组询问

Solution3:

但是我们可以做到更优秀的时间复杂度

复杂度瓶颈显然在预处理考虑怎么优化这个过程

发现可以把原式再化一下变成

$\sum_{T=1}^{n} T\sum_{k|T} k*\mu(k)\sum_{i=1}^{\frac{n}{T}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{T}}ij$

令$F[n] = \sum_{k|n} k * \mu(k)$

然后发现中间的式子就是个积性函数

关于为什么是积性函数两个积性函数对位相乘显然是积性函数

而$id$ 跟 $\mu$ 都是积性函数所以这东西也是积性函数

然后就可以线性筛了

只需要考虑特殊情况：

p为质数 $F[p] = 1 - p$

$p^k$ 考虑原式，只有当因子等于$1$或p时$\mu$值不为0

所以$F[p^k] = 1-p$

$low[i]$ 表示i的$p_1^{c1}$ 即i最小质因子的贡献

所以$F[i*prime[j]] = F[i/low[i]] * F[low[i]*prime[j]]$

$low[i]*prime[j]$ 一定是$p^k$ 的形式

所以$F[i*prime[j]] = F[i/low[i]] *F[low[i]] = F[i]$

所以就可以线性筛了

Solution4：

还是考虑优化预处理的部分

发现中间的式子完全就是狄利克雷前缀和的模板然后就可以做了

E: 数表

需要一点点小转化之前没有见过这种套路记录一下

首先不考虑a的限制

令$f[i]$表示i的约数和

列出式子

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

简单化一下有

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

很显然的式子了推过好多遍的直接到终态

$\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d}) \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor$

如果没有a的限制我们到这里就做完了

考虑有a的限制怎么办

a的限制是对于$f(d)$的

所以可以对于$f(d)$按照权值排序

对于询问按照a排序

每次暴力加入一些新的$f(d)$ 并更新前缀和

然后整除分块回答询问

更新前缀和可以套一个树状数组就很方便了

一共会更新$nln$次答案，每次更新答案复杂度为$log$ 所以修改总复杂度为$nln*log$

每次回答询问是$O(\sqrt{n})$

F:数字表格

挺新的套路

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

这个题不同的地方在于变成了乘法，先化式子

$\prod_{d=1}^{n}\prod_{i=1}^{n} \prod_{j=1}^{m} f[d]^{[gcd(i,j)=d]}$

连乘可以放到指数上去所以

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

一般套路

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

$\prod_{d=1}^{n}f[d]^{\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)}$

$\prod_{d=1}^{n}f[d]^{\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}} \mu(k) \sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}}}$

然后把k放到外边

$\prod_{d=1}^{n}\prod_{k=1}^{\frac{n}{d}}f[d]^{ \mu(k) \sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}}}$

令T=dk

改为枚举T，原式变为

$\prod_{T=1}^{n}\prod_{d|T} f(d)^{\mu(\frac{T}{d})\frac{n}{T}\frac{m}{T}}$

原式等于$\prod_{T=1}^{n}(\prod_{d|T} f(d)^{\mu(\frac{T}{d})})^{\frac{n}{T}\frac{m}{T}}$

外面的部分显然可以整除分块，里面的部分直接暴力就可以了

G:DZY Loves Math

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

$\sum_{d=1}^{n}f(d)\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)\sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{dk}}$ （中间的步骤都是套路就直接跳过了）

令T=dk

$\sum_{T=1}^{n} \sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})\frac{n}{dk}\frac{m}{dk}$

显然重点在于把中间的部分处理掉

令$g(T) = \sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})$

考虑怎么求这个函数

首先我们要求的一定是$\mu$值不为0的项

将T分解为$p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*...*p_k^{a_k}$

将d分解后

我们选择的$cnt_i$一定满足$a_i-1 <= cnt_i <= a_i$ 这样的项才会对答案造成贡献

而考虑存在$i,j$其中$a_i<a_j$ 那么此时这个$g(T)$一定为0

因为选或者不选i ，对于答案是没有影响的($f$函数的定义)

而选i与不选i时的$\mu$值是恰好互为相反数的，所以这样的项对答案的贡献为0

而当所有$a_i = a_j$时，我们可以假设此时所有的f值都等于$a_i$

那么这时候的根据刚刚的思路可以把所有数分成两部分一部分是选到$a_i$的，另一部分是选到$a_i-1$的

第二部分选到奇数个与偶数个的方案数显然是相等的所以答案仍是0

但是当选的所有的都为$a_i-1$时，此时答案为$a_i-1$ 并不是我们设的$a_i$

所以要把这个$-1$的贡献算上，此时贡献就是$(-1)^{k+1}$

然后转移就很显然了

posted @ 2020-10-22 14:49 HISKrrr 阅读(287) 评论(4) 编辑收藏举报

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$\mathcal{HISKrrr}$

莫比乌斯反演学习笔记

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定义

性质

莫比乌斯反演

题

A：P2257 YY的GCD

B: P3327 约数个数和

C:P4449 于神之怒加强版

D:jzptab

E: 数表

F:数字表格

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