模板 - 数学 - 数论 - 莫比乌斯反演 - 2
新东西：
求$\sum\limits_{i=1}^{n}|\mu(i)|$
根据莫比乌斯函数的性质，实际上就是求$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\mu(i)*\lfloor\frac{n}{i*i}\rfloor$
根据DQ大佬的提示，我们要求的实际上是n以内不含平方质因子的数的个数。
尝试枚举所有的质因子，p1p2p3……
只选一个，奇数个，容斥原理加，莫比乌斯函数+1。
选了两个，偶数个，容斥原理减，莫比乌斯函数-1。
所以直接求和就对了。
当i拥有平方质因子，该项被跳过。
否则该项参与上述容斥。
而n以内是i*i倍数的数有$\lfloor\frac{n}{i*i}\rfloor$个
而比$\sqrt{n}$大的数不会作为n以内的数的因子。
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好东西https://www.cnblogs.com/phile/p/4474087.html
注：实际上和式的上界都是 $gcd$ 的上界，在答案中，记 $N=min(n,m)$ 以明确复杂度。
要看这个https://www.cnblogs.com/Canon-CSU/p/3329785.html
https://blog.csdn.net/txl199106/article/details/45788079
经典问题求n ,m 内gcd为质数的对数：
不难想到
$F(n,m)=\sum\limits_{p}\sum\limits_{k=1}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kp}\rfloor\lfloor\frac{m}{kp}\rfloor$
直接枚举p肯定炸，设T=pd代入得
$F(n,m)=\sum\limits_{p}\sum\limits_{T=kp}\mu(\frac{T}{p})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor$
提出T
$F(n,m)=\sum\limits_{T}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum\limits_{T=kp}\mu(k)$
#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000") #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <limits.h> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #define LL long long #define mod 100000000 #define inf 0x3f3f3f3f #define eps 1e-6 #define N 10000000 #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define PII pair<int,int> using namespace std; inline int read() { char ch=getchar();int x=0,f=1; while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } bool vis[N+5]; int mu[N+5],prime[N+5],sum[N+5],num[N+5]; void Mobius() { memset(vis,false,sizeof(vis)); mu[1]=1; int tot=0; for(int i=2;i<=N;i++) { if(!vis[i]) { prime[tot++]=i; mu[i]=-1; } for(int j=0;j<tot;j++) { if(i*prime[j]>N)break; vis[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0) { mu[i*prime[j]]=0; break; } else { mu[i*prime[j]]=-mu[i]; } } } for(int i=0;i<tot;i++) for(int j=prime[i];j<=N;j+=prime[i]) num[j]+=mu[j/prime[i]];//预处理出对于所有质数p，sigma(f(p))对应的F(i)的系数，用num[i]表示 for(int i=1;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-1]+num[i]; } LL solve(int n,int m) { LL res=0; if(n>m)swap(n,m); for(int i=1,last=0;i<=n;i=last+1) { last=min(n/(n/i),m/(m/i)); res+=(LL)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i); } return res; } int main() { int T,n,m; Mobius(); T=read(); while(T--) { n=read();m=read(); LL ans=solve(n,m); printf("%lld\n",ans); } }
https://blog.csdn.net/w4149/article/details/77967155
示例：
1.经典问题 求 $f(x,n,m)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==x]$ ：
答案： $f(x,n,m) = \sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{N}{x}\rfloor}\mu(k)\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor\lfloor\frac{m}{kx}\rfloor$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int mu[1000005]; int prefix_x[1000005]; //f(x,n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)==x] ll f(int x,int n,int m){ ll ans=0; int N=min(n,m); for(int k=1;k<=N/x;k++){ ans+=mu[k]*(n/(k*x))*(m/(k*x)); } return ans; } //分块 \sum_i (n/i)*(m/i)*x(i) //先计算 prefix_x(i) ll blocks(int n,int m){ ll ans=0; int N=min(n,m); for(int l=1,r;l<=N;l=r+1){ r=min(n/(n/l),m/(m/l)); ans+=(n/l)*(m/l)*(prefix_x[r]-prefix_x[l-1]); } return ans; }
分块的意义不大还是要求莫比乌斯函数的前缀和，除非前缀和可以较快求出否则不需要分块。
求出莫比乌斯函数的前缀和之后可以使得每次查询的复杂度下降到根号。
复杂度：复杂度来源于线性预处理 $\mu(k)$ ： $O(\lfloor{\frac{N}{x}}\rfloor)$ 也可以进行整除分块。当存在下界的时候可以用容斥解决。
构造： $F(x,n,m) = \sum\limits_{x|d}f(d) = \sum\limits_{k=1}f(kx) =\sum\limits_{k=1}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==kx] = {\lfloor{\frac{n}{x}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}$ （只要 $i,j$ 都是 $x$ 的倍数， $gcd(i,j)$ 一定是某个 $x$ 的 $k$ 倍）
反演： $f(x,n,m) = \sum\limits_{x|d}\mu(\frac{d}{x})F(d) = \sum\limits_{k=1}\mu(k)F(kx) = \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
当 $kx>min(n,m)$ 的时候 $f(kx)=0$
当 $x=1$ 时，代入公式得 $f(1,n,m) = \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{k}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}$ ，所以 $f(x,n,m)=f(1,\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor)$
2.经典问题求 $f_2(n,m) = \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}gcd(i,j)$ ：
答案：$f_2(n,m) = \sum\limits_{x=1}^{N}x \sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{N}{x}\rfloor}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
复杂度： 暴力的复杂度非常高，但是发现其实可以通过数论分块/整除分块来预处理。
记 $y=kx$ 代入 ，那么 $y$ 被计算的次数就是 $y=kx$ 取不同值的结果，交换求和顺序，当然就是 $f_2(n,m)=\sum\limits_{y=1}^{N}\sum\limits_{x|y}^{} x \mu(\frac{y}{x}) \lfloor\frac{n}{y}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$ ，后面两项和 $x$ 无关，则 $f_2(n,m)=\sum\limits_{y=1}^{N} \lfloor\frac{n}{y}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \sum\limits_{x|y}^{} x \mu(\frac{y}{x}) $ ，
记 $h(y)= \sum\limits_{x|y}^{} x \mu(\frac{y}{x}) $ ，则 $h(x)$ 是函数 $h_1(x)=x$ 和函数 $h_2(x)=\mu(x)$ 的狄利克雷卷积，很显然这两个都是积性的，所以 $h(y)$ 也是积性的，可以用积性函数筛预处理出来。
这一次我们要求所有的 gcd 的和，显然所求为 $f_2(n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(x,n,m)$ 。也就是所有的 gcd 的个数乘上这个gcd本身的值。
$f_2(n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(x,n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(1,\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor) = \sum\limits_{x=1}x \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
3.经典问题 求 $f_3(n,m,k)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}gcd(i,j)^k$
答案：$f_3(n,m,k)= \sum\limits_{x=1}^{N}x^k \sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{N}{x}\rfloor}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$ 和2的处理一模一样。
4.求给定的 n 个数中有多少个四元组 (a,b,c,d) 的 gcd==1 ：
f(t) = 求给定的 n 个数中有多少个四元组 (a,b,c,d) 的 gcd==t ，
F(t) = 求给定的 n 个数中有多少个四元组 (a,b,c,d) 的 gcd==kt 。
那么我们要求 f(1) ，应用倍数公式后，只要快速求解每一个 F(t) 就足够了。由于 k 是任意的，所以 gcd 被我们去掉了，我们只需要求 t 的倍数有m个，然后 $C_m^4$ 就是 F(t)。
http://codeforces.com/gym/101615/attachments/download/6308/20172018-acmicpc-pacific-northwest-regional-contest-div-1-en.pdf
C题，变形成 $\sum\limits_{i=1}^{n} i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$
参考资料：
https://blog.csdn.net/jk_chen_acmer/article/details/82712276
