莫比乌斯反演

莫比乌斯反演

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应该比较清晰易懂吧(雾

莫比乌斯函数

定义

$x=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\dots p_k^{{\alpha }_k},其中p_i是质数,{\alpha }_i是正整数$
$$\mu (x)=\{\begin{array}{l}case1:存在{\alpha }_i\ge 2,此时\mu (x)=0.\\ case2:所有的{\alpha }_i=1,此时\mu (x)=(-1{)}^k.\end{array}例:\mu (6)=1,\mu (7)=-1,\mu (8)=0.$$

s(n)

$s(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)$

即n的所有约数的莫比乌斯函数值之和

有:
$$s(n)=\{\begin{array}{l}1,n=1.\\ 0,n>1.\end{array}$$

反演

若$F(n)={\sum }_{d|n}f(d),则f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$

简而言之,就是如果我们已知F函数,我们通过套公式可以求出f

因此在某些情况下F函数很好求,我们就可以通过反演求出f

后面的例题就是要靠我们找出哪个是F(n),哪个是f(n),然后把难求的转化成好求的

推导:

${\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})={\sum }_{d|n}\mu (d){\sum }_{i|\frac{n}{d}}f(i)={\sum }_{i|n}f(i){\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)$

其中:${\sum }_{d|\frac{n}{i}}\mu (d)=s(\frac{n}{i})$

$n=i时,原式=f(n),i<n时原式=0$

一般情况下,我们经常用这个式子(枚举n的倍数):

若$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$,则$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$

例题

[HAOI2011]Problem b

显然容斥

$S=S_{b,d}-S_{a-1,d}-S_{b,c-1}+S_{a-1,c-1}$

接着我们考虑怎么定义$F(n),f(n)$,使得$F(n)$尽量好求

在本题中,我们定义$F(n)={\sum }_{x=1}^a{\sum }_{y=1}^b[n|gcd(x,y)]$

这里的$[\dots ]$表示一个条件,满足是1,不满足是0

翻译一下:$F(n)$表示在$a,b$范围内的点对$(x,y)$的$gcd$是n的倍数的点的数量

我们定义$f(n)={\sum }_{x=1}^a{\sum }_{y=1}^b[n==gcd(x,y)]$

gcd刚好等于n

本题中$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)$,满足上面的式子

因此$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$

那么我们怎么求出$F(d)$呢?(d和n这个字母先混用,d好像有歧义,不过问题不大)

由$d|gcd(x,y)$可知$d|x$且$d|y$

在a,b范围内,我们有$\lfloor \frac{a}{d}\rfloor$个横坐标是d的倍数,$\lfloor \frac{b}{d}\rfloor$个纵坐标是d的倍数

因此$F(d)=\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \times \lfloor \frac{b}{d}\rfloor$

即$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \lfloor \frac{b}{d}\rfloor$

我们用d'表示$\frac{d}{n}$,那么d'的取值就是1,2,3,4...

那么$f(n)={\sum }_{d^{\prime }}\mu (d^{\prime })\lfloor \frac{a}{d^{\prime }n}\rfloor \lfloor \frac{b}{d^{\prime }n}\rfloor$

再用a',b'表示$\frac{a}{n},\frac{b}{n}$

整理得:$f(n)={\sum }_{d^{\prime }}\mu (d^{\prime })\lfloor \frac{a^{\prime }}{d^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{b^{\prime }}{d^{\prime }}\rfloor$

不难发现分子;是定值,而分母的取值是1,2,3,4...,因此分数下取整有$2\sqrt{n}$种取值,证明就不写了

关于整数分块:

虽然$\lfloor \frac{k}{x}\rfloor$,有k个取值,但共有$2\sqrt{n}$种取值

可以发现k取不同的值时分数值为相通,连续的一段

对于一个x我么如何求出是的分数值与该取值相等的最大取值呢?(问号所指处)

一般我们把这个取值叫$g(x)$

$g(x)=\lfloor \frac{k}{\lfloor \frac{k}{x}\rfloor }\rfloor$,就是k/(k/x)

回到本题中,我们把a',b'分块,其中蓝色的重合部分,分数取值是相同的

其中c可以带入算,$\mu$可以预处理前缀和计算

然后每一段进行这种计算,就OK了
Code:

/*************************************************************************
    > File Name: [HAOI2011]Problemb.cpp
    > Author: typedef
    > Mail: 1815979752@qq.com 
    > Created Time: 2021/2/20 7:25:55
 ************************************************************************/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50010;
int primes[N],cnt,mu[N],sum[N];
bool st[N];
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!st[i]) primes[cnt++]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=0;primes[j]*i<N;j++){
			st[primes[j]*i]=1;
			if(i%primes[j]==0) break;
			mu[primes[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	return;
}
int g(int k,int x){
	return k/(k/x);
}
ll f(int a,int b,int k){
	a=a/k,b=b/k;
	ll res=0;
	int n=min(a,b);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n,min(g(a,l),g(b,l)));
		res+=(ll)(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
	}
	return res;
}
int main(){
	init();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int a,b,c,d,k;
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%lld\n",f(b,d,k)-f(a-1,d,k)-f(b,c-1,k)+f(a-1,c-1,k));
	}
	system("pause");
	return 0;
}

[SDOI2015]约数个数和

题目描述:设$d(x)$为x的的约数个数,给定N,M求

${\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^{M}d(ij)$

转化一下:

$d(ij)={\sum }_{x|i}{\sum }_{y|j}[gcd(x,y)==1]$

原式=${\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^M{\sum }_{x|i}{\sum }_{y|j}[gcd(x,y)==1]$

设$F(n)={\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^M{\sum }_{x|i}{\sum }_{y|j}[n|gcd(x,y)]$

设$f(n)={\sum }_{i=1}^N{\sum }_{j=1}^M{\sum }_{x|i}{\sum }_{y|j}[gcd(x,y)==n]$

由$F(n)={\sum }_{n|d}f(n)$,得$f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)$

$f(1)={\sum }_{d=1}^N\mu (d)F(d)$即为所求

那么怎么求$F(d)$呢?

交换一下$\sum$得

$F(n)={\sum }_{x=1}^N{\sum }_{y=1}^M\lfloor \frac{N}{x}\rfloor \lfloor \frac{M}{y}\rfloor [n|gcd(x,y)]$

令x'表示$\frac{x}{n}$,y'表示$\frac{y}{n}$

带入得$F(n)={\sum }_{x^{\prime }=1}^{\frac{N}{n}}{\sum }_{y^{\prime }=1}^{\frac{M}{n}}\lfloor \frac{N}{n{x}^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{M}{n{y}^{\prime }}\rfloor$

再令N',M'表示$\frac{N}{n}$和$\frac{M}{n}$

$F(n)={\sum }_{x^{\prime }=1}^{N^{\prime }}{\sum }_{y^{\prime }=1}^{M^{\prime }}\lfloor \frac{N^{\prime }}{x^{\prime }}\rfloor \lfloor \frac{M^{\prime }}{y^{\prime }}\rfloor =({\sum }_{x^{\prime }=1}^{N^{\prime }}\lfloor \frac{N^{\prime }}{x^{\prime }}\rfloor )({\sum }_{y^{\prime }=1}^{M^{\prime }}\lfloor \frac{M^{\prime }}{y^{\prime }}\rfloor )$

括号内两式形式一样,均为:$h(k)={\sum }_{i=1}^k\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$

因此$F(n)=h(N^{\prime })h(M^{\prime })$

$f(1)={\sum }_{d=1}^N\mu (d)h(\frac{N}{d})h(\frac{M}{d})$

我么可以先预处理出$h(x)$,使用整数分块,求出段的端点和段的值,从而求出和

回到$f(1)$中,我们需要再套一次整数分块,就能够求出结果

Code

/*************************************************************************
    > File Name: [SDOI2015]约数个数.cpp
    > Author: typedef
    > Mail: 1815979752@qq.com 
    > Created Time: 2021/2/20 11:21:29
 ************************************************************************/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=50010;
int primes[N],cnt,mu[N],sum[N],h[N];
bool st[N];
int g(int k,int x){
	return k/(k/x);
}
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!st[i]) primes[cnt++]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=0;primes[j]*i<N;j++){
			st[primes[j]*i]=1;
			if(i%primes[j]==0) break;
			mu[i*primes[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	for(int i=1;i<N;i++){
		for(int l=1,r;l<=i;l=r+1){
			r=min(i,g(i,l));
			h[i]+=(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
	return;
}
int main(){
	init();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ll res=0;
		int k=min(m,n);
		for(int l=1,r;l<=k;l=r+1){
			r=min(k,min(g(n,l),g(m,l)));
			res+=(ll)(sum[r]-sum[l-1])*h[n/l]*h[m/l];
		}
		printf("%lld\n",res);
	}
	system("pause");
	return 0;
}