莫比乌斯反演学习笔记

合集 - 数学(12)

1.错排问题详解2022-07-292.高斯-约旦消元法详解2023-01-273.卢卡斯定理及其证明2023-02-014.[SDOI2008] 仪仗队【题解】2023-01-315.线性同余方程求解2023-01-306.排列组合详解2023-02-047.博弈论学习笔记2023-08-048.数论分块学习笔记2023-08-139.狄利克雷卷积和积性函数2023-08-1910.和式简单推倒技巧2023-08-20

11.莫比乌斯反演学习笔记2023-08-27

12.二项式定理2023-08-22

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前置知识

狄利克雷卷积和积性函数

数论分块学习笔记

和式简单推倒技巧

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目录#

一、莫比乌斯函数#

• 定义
• 性质
  • 证明

二、莫比乌斯反演#

• 反演公式
  • 形式 $1$
  • 证明
  • 形式 $2$

三、例题#

1. POI2007 zap-Queries
2. YY 的 GCD
3. SDOI2014 数表
4. BZOJ3309 DZY Loves Math
5. SDOI2015 约数个数和
6. SDOI2017 数字表格
7. BZOJ4407 于神之怒加强版
8. 国家集训队 Crash 的数字表格、JZPTAB

---

莫比乌斯函数#

定义#

$$\mu(n)= \begin{cases} 1&n=1\\ 0&n\text{ 含有平方因子}\\ (-1)^k&k\text{ 为 }n\text{ 的本质不同质因子个数}\\ \end{cases}$$

设 $n=\prod^{k}_{i=1}p_i^{c_i}$，其中 $p_i$ 为 $n$ 的质因子，$c_i \geq 1$。

性质#

莫比乌斯函数是积性函数，有以下性质

$$\sum_{d \mid n}\mu(d)=\left[n=1 \right]$$

常用于莫比乌斯反演中。

证明#

1. 当 $n=1$ 时显然成立；
2. 当 $n \neq 1$ 时，设

$$n=\prod^{k}_{i=1}p_i^{c_i}$$

那么有

$$\sum_{d \mid n}\mu(d)=\sum^{n}_{i=0}\dbinom{k}{i}\cdot(-1)^i$$

考虑我们选 $i$ 个本质不同的质因子，有 $\binom{k}{i}$ 种方法，其中每个数的莫比乌斯函数值为 $(-1)^i$，所以这样计算出原式的贡献。

那么我们需要证明

$$\sum^{n}_{i=0}\dbinom{k}{i}\cdot(-1)^i=0$$

考虑二项式定理

$$\sum^{n}_{i=0}\dbinom{k}{i}\cdot(-1)^i=\sum^{n}_{i=0}\dbinom{n}{i} \cdot (-1)^i \cdot 1^{n-i}=(-1+1)^n=0$$

证毕。

莫比乌斯反演#

反演公式#

设 $f(n),g(n)$ 是定义在正整数集上的两个函数。

形式 $1$#

若有

$$f(n)=\sum_{d \mid n}g(d)=\sum _{d \mid n}g(\dfrac{n}{d})$$

则有

$$g(n)=\sum_{d \mid n}f(\dfrac{n}{d})\mu(d)=\sum_{d \mid n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})$$

证明#

考虑对下式进行变换

$$\sum_{d \mid n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d})$$

代入定义，有

$$\sum_{d \mid n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d})=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{t\mid \frac{n}{d}}g(t)$$

可以交换求和号

$$\sum_{t\mid n}g(t)\sum_{d\mid \frac{n}{t}}\mu(d)$$

详细解释

对于上面这一步变换，有以下考虑。

由于 $d \mid n$，存在 $t$ 满足 $t \mid \! \frac{n}{d}$。那么对于每一个符合条件的 $t$ 都有与之对应的 $d$，那么就可以转化为

$$\sum_{dt \mid n}\mu(d)g(t)$$

考虑原式，相当于先枚举符合条件的 $d$，再枚举在此时 $d$ 基础上符合条件的 $t$，我们发现，换成现在的式子后，对答案的统计仍然不重不漏。

还可以换一种方式考虑，对于原式，我们可以转化为

$$\sum_d \mu(d) \left[ d \mid n\right]\sum_t g(t)\left[dt \mid n\right]$$

显然，对于两个限制条件，我们可以直接消去第一个条件，再将艾弗森括号转换进和式，得到

$$\sum_{dt \mid n}\mu(d)g(t)$$

得到这个式子，我们就可以直接交换 $\mu(d)$ 和 $g(t)$ 的位置了，并可以将和式中的一个条件拆开成为两个和式

$$\sum_{t \mid n}g(t)\sum_{d \mid \frac{n}{t}}\mu(d)$$

又由 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=\left[ n=1 \right]$ 可以得到

$$=\sum_{t \mid n}g(t)\left[ \frac{n}{t}=1 \right]$$

把艾弗森括号里的部分转化一下

$$=\sum_{t \mid n}g(t)\left[ n=t \right]$$

只有当 $n=t$ 时，该式子才有值，即

$$=g(n)$$

证毕。

形式 $2$#

若有

$$f(n)=\sum_{n \mid d}g(d)=\sum_{n \mid d}g( \frac{n}{d})$$

则有

$$g(n)=\sum_{n \mid d}\mu( \frac{d}{n})f(d)=\sum_{n \mid d}\mu(d)f( \frac{d}{n})$$

证明与形式 $1$ 的证明类似，不再展开说了。

例题#

POI2007 ZAP-Queries#

题目大意#

给定 $n$ 和 $m$，求

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

证明#

为了方便处理，我们钦定 $n \leq m$。

首先考虑 $d$ 同时是 $i$ 和 $j$ 的最大公约数，所以满足 $d \ | \ i$ 且 $d \ | \ j$。

于是我们可以把 $d$ 提出来。

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

然后我们可以利用莫比乌斯函数的结论，变为

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

此时，实际上 $t$ 是随意枚举的，只要保证 $t\ | \gcd(i,j)$ 就可以。既然 $t$ 不受到前面两个和式的限制，就可以向前提，先枚举 $t$，又考虑到满足 $t\ | \gcd(i,j)$ 的最大的值也就是 $\min(\left\lfloor\ \frac{n}{d} \ \right\rfloor,\left\lfloor\ \frac{m}{d} \ \right\rfloor)$，所以 $t$ 就枚举到这就行。

又考虑对 $\mu(t)$ 产生限制的只有 $t$，那么就可以把她也向前提前面去，放在 $t$ 的和式后面。我们也可以顺便把其他和式的限制条件放在她后面。

$$\sum_{t = 1}^{\left\lfloor\ \frac{n}{d} \ \right\rfloor}\mu(t) \sum_{i = 1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \ \right\rfloor}\left[t \ | \ i \right]\sum_{j=1}^{\left\lfloor\ \frac{m}{d} \ \right\rfloor} \left[t \ | \ j \right]$$

然后我们可以发现，观察后面两个和式。例如第二个和式，满足 $\left[t \ | \ i \right]$ 的 $i$ 最多有 $\left\lfloor\ \frac{n}{dt} \ \right\rfloor$ 个。

那么我们这个式子又可以改变，变成下面这个样子。

$$\sum_{t = 1}^{\left\lfloor\ \frac{n}{d} \ \right\rfloor}\mu(t) \left\lfloor\ \frac{n}{dt} \ \right\rfloor \left\lfloor\ \frac{m}{dt} \ \right\rfloor$$

对于后面两个向下取整的部分，我们可以整除分块求，前面的部分我们可以预处理求出莫比乌斯函数。

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

#define int long long

const int N = 50050;

int T,n,m,d;

int pri[N],p[N],cnt;
int miu[N],mu[N];

void Ready() {
    p[1] = 1;
    mu[1] = 1;

    for(int i = 2;i < N; i++) {
        if(p[i] == 0) {
            pri[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] < N; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;

            if(i % pri[j] == 0)
                break;
            
            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }

    for(int i = 1;i < N; i++) 
        miu[i] = mu[i] + miu[i - 1];
    return ;
}

int ans = 0;

signed main() {
    cin >> T;

    Ready();

    while(T--) {
        cin >> n >> m >> d;
        if(n > m)
            swap(n,m);
        n /= d;
        m /= d;
        int l = 1,r = 0;
        while(l <= n) {
            r = min(n / (n / l),m / (m / l));
            ans += (n / l) * (m / l) * (miu[r] - miu[l - 1]);
            l = r + 1;
        }

        cout << ans << "\n";
        ans = 0;
    }
    return 0;
}

YY 的 GCD#

题目大意#

给定 $n$ 和 $m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum^{m}_{j=1}\left[\gcd(i,j) \in \mathbb{P} \right]$$

即求最大公约数为质数的数对个数。

思路#

为了方便处理，我们还是钦定 $n \leq m$。

我们可以枚举一个 $d$，把原式转化为

$$\sum_{d=1}^{n} \left[ d \in \mathbb{P} \right]\sum_{i=1}^n\sum^{m}_{j=1}\left[\gcd(i,j) = d \right]$$

利用莫比乌斯函数性质，有

$$\sum_{d=1}^{n} \left[ d \in \mathbb{P} \right]\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor} \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d}\right\rfloor}_{j=1}\sum^{}_{t \mid \gcd(i,j)}\mu(t)$$

交换求和号，令 $i= \frac{i}{t},j= \frac{j}{t}$，有

$$\begin{aligned} &= \sum_{d=1}^{n} \left[ d \in \mathbb{P} \right] \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{t=1}\mu(t) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{i=1}\left[i \mid t\right] \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d}\right\rfloor}_{j=1}\left[j \mid t\right] \\ &= \sum_{d=1}^{n} \left[ d \in \mathbb{P} \right] \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{t=1}\mu(t) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{i=1}\left[i \mid t\right] \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d}\right\rfloor}_{j=1}\left[j \mid t\right] \\ &= \sum_{d=1}^{n} \left[ d \in \mathbb{P} \right] \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{t=1} \mu(t) {\left\lfloor \frac{n}{dt}\right\rfloor} {\left\lfloor \frac{m}{dt}\right\rfloor} \\ \end{aligned}$$

式子推到这里，如果我们去枚举 $d$，肯定会 TLE，我们令 $T = dt$，有

$$\sum^{n}_{T=1}{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor}{\left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor}\sum^{}_{d \mid T}\left[ d \in \mathbb{P} \right]\mu(\frac{T}{d})$$

我们发现，后面那部分可以预处理。

考虑每个质数 $d$，对于它的倍数 $T$，其值加上 $\mu( \frac{T}{d})$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10050000;

int T,n,m;

bool p[N];

int mu[N],sum[N],f[N];

int prime[N],cnt;

void Seive() {
    mu[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= 10000000; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            prime[cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }

        for(int j = 1;i * prime[j] <= 10000000 && j <= cnt; j++) {
            p[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;prime[i] * j <= 10000000; j++) 
            f[prime[i] * j] += mu[j];

    for(int i = 1;i <= 10000000; i++)
        sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}

long long H(int a,int b) {
    long long res = 0;

    if(a == 0)
        return 0;

    int l = 1,r = 0;
    while(l <= n) {
        r = min(a / (a / l),b / (b / l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (long long)(a / l) * (long long)(b / l);
        l = r + 1;
    }
    return res;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);

    cin >> T;

    Seive();
    
    while(T --> 0) {
        cin >> n >> m;

        if(n > m)
            swap(n,m);

        cout << H(n,m) << "\n";
    }
    return 0;
}

SDOI2014 数表#

题目大意#

有一张 $n\times m$ 的数表，其第 $i$ 行第 $j$ 列（$1\le i\le n$，$1\le j\le m$）的数值为能同时整除 $i$ 和 $j$ 的所有自然数之和。给定 $a$，计算数表中不大于 $a$ 的数之和。

（$T \leq 2 \times 10^4,1 \leq n,m \leq 10^5,a\leq 10^9$）。

思路#

形式化题意：

给定 $n,m,a$，求

$$\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \sigma_1(\gcd\left(i, j\right)) \left[ \sigma_1(\gcd\left(i, j\right)) \le a\right]$$

---

为了方便处理，我们还是钦定 $n \leq m$。

先不考虑 $a$ 的限制，那么我们要求的就是

$$\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \sigma(\gcd\left(i, j\right))$$

可以转化为

$$\sum^{n}_{d=1} \sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \sigma(d) \left[ \gcd\left(i, j\right)=d \right]$$

即

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

利用常规的变换技巧

$$\sum^{n}_{d=1} \sigma(d) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{i=1} \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d}\right\rfloor}_{j=1} \sum_{x \mid \gcd(i,j)}\mu(x)$$

换成整除分块形式

$$\sum^{n}_{d=1} \sigma(d) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}_{x=1} \mu(x) {\left\lfloor \frac{n}{dx}\right\rfloor} {\left\lfloor \frac{m}{dx}\right\rfloor}$$

和上一道题类似，我们令 $T=dx$，然后更改枚举顺序，有

$$\sum^{n}_{T=1} {\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor} {\left\lfloor \frac{m}{T}\right\rfloor} \sum_{d \mid T} \sigma(d) \mu( \frac{T}{d})$$

这道题没有 $a$ 的限制的部分就做完了，但还要考虑我们 $10^9$ 的 $a$。

我们设 $g(T)=\sum_{d \mid T}\sigma(d)\mu( \frac{T}{d})$，我们发现，只有在 $\sigma(d) \leq a$ 时，才会对 $g(T)$ 产生贡献。

那我们可以离线，把询问按照 $a$ 从小到大排序，在从小到大逐个枚举询问的时候，$a$ 不断变大，使得一些 $\sigma(d)$ 对 $g(T)$ 产生贡献。

我们枚举倍数来找到所有的 $T$，需要动态修改 $g(T)$ 且区间查询，考虑树状数组。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int M = 1e5;
const int N = 100500;
const long long Mod = 1 << 31;

int T;

bool p[N];
int prime[N],cnt;
int num[N];
int sigma[N],mu[N];

unsigned long long ans[N];

struct Query{
    int id;
    int n,m,a;

    bool operator < (const Query &t) const {
        return a < t.a;
    }
}q[N];

struct Num{
    int x;

    bool operator < (const Num &t) const {
        return sigma[x] < sigma[t.x];
    }
}a[N];

void Seive() {
    sigma[1] = mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= M; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            prime[cnt] = i;
            mu[i] = -1;
            sigma[i] = num[i] = i + 1;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= M; j++) {
            p[i * prime[j]] = 1;

            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                num[i * prime[j]] = num[i] * prime[j] + 1;
                sigma[i * prime[j]] = sigma[i] / num[i] * num[i * prime[j]];

                break;
            }

            mu[i * prime[j]] = - mu[i];
            num[i * prime[j]] = prime[j] + 1;
            sigma[i * prime[j]] = sigma[i] * (prime[j] + 1);
        }
    }

    for(int i = 1;i <= M; i++)
        a[i].x = i;

    sort(a + 1,a + M + 1);
    return ;
}

int bit[N];

class BIT{
private:
    int lowbit(int x) {
        return x & (-x);
    }

public:
    void Add(int x,int y) {
        for(int i = x;i <= M; i += lowbit(i))
            bit[i] = (1ll * bit[i] + y) % Mod;
        
        return ;
    }

    int Query(int x) {
        int ans = 0;
        for(int i = x;i >= 1; i -= lowbit(i))
            ans = (1ll * ans + bit[i]) % Mod;
        
        return ans;
    }
}tree;

void Insert(int x) {
    for(int k = 1;x * k <= M; k++)
        tree.Add(x * k,1ll * mu[k] * sigma[x] % Mod);
        // 预处理
}

int query(int n,int m) {
    long long res = 0,last = 0,cur;

    for(int l = 1,r = 0;l <= n;l = r + 1,last = cur) {
        
        r = min(n / (n / l),m / (m / l));
        cur = tree.Query(r);
        res = (res + 1ll * (1ll * cur - last) * (n / l) % Mod * (m / l) % Mod) % Mod;
    }
    return res % Mod;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> T;

    Seive();
            
    for(int i = 1;i <= T; i++) {
        cin >> q[i].n >> q[i].m >> q[i].a;
        q[i].id = i;

        if(q[i].n > q[i].m)
            swap(q[i].n,q[i].m);
    }

    sort(q + 1,q + T + 1);

    int j = 1;

    for(int i = 1;i <= T; i++) {
        for(    ;j <= M && sigma[a[j].x] <= q[i].a; j++) {
            Insert(a[j].x);
        }
        ans[q[i].id] = query(q[i].n,q[i].m);
    }

    for(int i = 1;i <= T; i++) 
        cout << (ans[i] % Mod + Mod) % Mod << "\n";
    return 0;
}

BZOJ3309 DZY Loves Math#

题目大意#

对于正整数 $n$，定义 $f(n)$ 为 $n$ 所包含质因子的最大幂指数。例如 $f(1960)=f(2^3 \times 5^1 \times 7^2)=3$，$f(10007)=1$，$f(1)=0$。

给定正整数 $a,b$，求下式的值：

$$\sum^{a}_{i=1}\sum^{b}_{j=1}f(\gcd(i,j))$$

推导#

首先记 $n=\min(a,b),m=\max(a,b)$。

$$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \ \sum^{a}_{i=1}\sum^{b}_{j=1}f(\gcd(i,j)) \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d)\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}\left[ \gcd(i,j)=d \right] \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d)\sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1}\sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1}\left[ \gcd(i,j)=1 \right] \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d)\sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1}\sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1}\sum_{t \mid \gcd(i,j)}\mu(t) \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d)\sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1}\sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1}\sum_{t \mid i \land t \mid j}\mu(t) \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t =1}\mu(t) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1} \left[ t \mid i \right] \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1} \left[ t \mid j \right] \\ &= \sum^{n}_{d=1}f(d)\sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t=1}\mu(t) \left\lfloor \frac{n}{dt} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{dt} \right\rfloor \\ \end{aligned}$$

设 $T=dt$（十分常用的技巧），那么有

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

记 $h=f*\mu$，那么有

$$= \sum^{n}_{T=1} \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor h(T)$$

---

那么，现在的问题是如何求 $h$？考虑求 $h(n)$。

我们可以把 $n$ 进行质因数分解：

$$n=\prod^{m}_{i=1}p_i^{c_i}$$

考虑 $h(T)$ 的原本写法：

$$h(T)=\sum_{d \mid T}\mu(\frac{T}{d})f(d)$$

记 $T=\prod^{m}_{i=1}p_i^{a_i}$，$d=\prod^{m}_{i=1}p_i^{b_i}$。

考虑 $\mu(n)$ 的定义，当 $n$ 中含有平方质因子时 $\mu(n)=0$，即不会在 $h$ 中产生贡献，可以不考虑。

所以 $\dfrac{T}{d}$ 的质因数要满足最大幂指数小于 $2$，即 $a_i-b_i \in \left\{ 0,1 \right\}$。

所以将 $h(T)$ 改写为如下形式时

$$\displaystyle h(T) = \sum_{ab = T} f(a) \mu(b)$$

有

$$b=\prod^{m}_{i=1}p_i^{d_i}(d_i \in \left\{ 0,1 \right\})$$

记 $l=\max^m\limits_{i=1}c_i,k=\sum^{m}\limits_{i=1} \left[c_i=l \right]$。即 $l$ 为 $n$ 所包含质因子的最大幂指数，$k$ 为 $n$ 所包含质因子幂指数中最大幂指数的个数。

我们发现 $f(a)$ 的取值只有 $l$ 和 $l-1$ 两种可能（$b$ 可能把最大幂指数的都取走，导致 $f(a)$ 的取值少了 $1$）。

我们先按 $k=m$ 和 $k \neq m$ 两种情况分类讨论，在每一项讨论中，我们再分 $f(a)=l$ 和 $f(a)=l-1$ 两种子情况。

---

当 $k=m$ 时，贡献为（加号前为 $l$ 的情况，加号后为 $l-1$ 的情况）

$$\sum^{m-1}_{s=0}(l) \times (-1)^s \times {m \choose s} + (l-1) \times (-1)^m \times {m \choose m}$$

$f(a)=l$ 的情况不会把最大幂指数的质因数都取走。

所以我们枚举到 $m-1$，中间的 $(-1)^s$ 和 $(-1)^m$ 实质上就是莫比乌斯函数，最右边的二项式系数是枚举选取的方案。

将上面的式子加号右边的部分拆开，把带 $l$ 的部分合并到左面，得到

$$\sum^{m}_{s=0}(l) \times (-1)^s \times {m \choose s} + 1 \times (-1)^m$$

二项式定理，得

$$-1 \times (-1)^m=(-1)^{m+1}$$

---

当 $k \neq m$ 时，

当 $f(a)=l$ 时，设在 $k$ 个 $c_i=l$ 的质数中选了 $t$ 个，另外 $m-k$ 个质数中选了 $s$ 个，贡献为：

$$\sum^{m-k}_{s=0}\sum^{k-1}_{t=0} {k \choose t} \times l \times (-1)^{s+t} \times {m-k \choose s}$$

中间的 $(-1)^{s+t}$ 仍是莫比乌斯函数。因为 $f(a)=l$，所以 $k$ 个质数不能被选完，因此枚举到 $k-1$。

左右拆开，分别二项式定理，得

$$\begin{aligned} \sum^{k-1}_{t=0} {k \choose t} \times l \times (-1)^t \times \sum^{m-k}_{s=0}(-1)^s \times 1 ^{m-k-s} \times {m - k \choose s} =0 \end{aligned}$$

当 $f(a)=l-1$ 时，$k$ 个 $c_i=l$ 的质数一定全部被选择，设在另外 $m-k$ 个质数中选择 $s$ 个，贡献为：

$$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \sum^{m-k}_{s=0}(l-1) \times (-1)^k \times (-1)^s \times {m-k \choose s} \\ &= \sum^{m-k}_{s=0}(l-1) \times (-1)^k \times (-1)^s \times 1^{m-k-s} \times {m-k \choose s} \\ &= (l-1) \times (-1)^k \times \sum^{m-k}_{s=0} (-1)^s \times 1^{m-k-s} \times {m-k \choose s} \\ &= 0 \end{aligned}$$

---

所以最终 $h(n)$ 的表达式为

$$h(n)= \begin{cases} (-1)^{m + 1} & k = m \\ 0 & k \neq m \end{cases}$$

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e7;
const int M = 10500;

int T,n,m;

bool p[N + M];
int pri[N >> 2],cnt,low[N + M];
int h[N + M],a[N + M];

void Seive() {
    p[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= N; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            low[i] = pri[cnt] = i;
            a[i] = h[i] = 1;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= N; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;

            if(i % pri[j] == 0) {
                a[i * pri[j]] = a[i] + 1;
                low[i * pri[j]] = low[i] * pri[j];

                if(i == low[i]) 
                    h[i * pri[j]] = 1;
                else if(a[i / low[i]] == a[i * pri[j]])
                    h[i * pri[j]] = -h[i / low[i]];
                else
                    h[i * pri[j]] = 0;

                break;
            }

            a[i * pri[j]] = 1;
            low[i * pri[j]] = pri[j];
            if(a[i] == 1)
                h[i * pri[j]] = -h[i];
            else
                h[i * pri[j]] = 0;
        }
    }

    for(int i = 1;i <= N; i++)
        h[i] += h[i - 1];
    
    return ;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    Seive();
    
    cin >> T;

    while(T --> 0) {
        cin >> n >> m;

        if(n > m)
            swap(n,m);

        int l = 1,r = 0,ans = 0;

        while(l <= n) {
            r = min(n / (n / l),m / (m / l));
            ans += (n / l) * (m / l) * (h[r] - h[l - 1]);
            l = r + 1;
        }

        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

SDOI2015 约数个数和#

题目大意#

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数（即 $\sigma_0(x)$），给定 $n,m$，求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$$

推导#

先给出一个 $d(x)$ 的性质

$$d(ij)=\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j} \left[ \gcd(x,y)=1 \right]$$

证明

设 $i$ 中有因子 $p^a$，$j$ 中有因子 $p^b$，$ij$ 的因子 $k$ 中有因子 $p^c$。

显然 $ij$ 的每个因数对答案的贡献都是 $1$，我们考虑构建一种策略使得 $ij$ 的因数与数对 $(x,y)$ 构成双射。

设数对为 $(x,y)$。

• 如果 $c \leq a$，我们只在 $i$ 中选择，即 $x=c,y=0$；
• 否则，我们在 $i$ 中选择 $p^a$，在 $j$ 中选择 $p^{c-a}$（表示为 $p^{a+y}$）。

当 $c > a$ 时，我们把取满的部分赋为 $0$，即 $x=0,y=c-a$。

显然，$x,y$ 中有且仅有一个数为 $0$。

那么枚举 $ij$ 的约数，就转化为了枚举我们选择策略的数对 $(x,y)$。

$$\gcd(p^x,p^y)=p^{\min(x,y)}=p^0=1$$

所以

$$\gcd(x,y)=1 \Longleftrightarrow x = 0 \lor y = 0$$

即满足我们的选择策略。

这样就不重不漏地枚举了 $ij$ 的每一个约数，故等式成立。

---

那么利用上面的式子转化式子。

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x \mid i}\sum_{y \mid j} \left[ \gcd(x,y)=1 \right]$$

把 $x,y$ 提前，

$$\sum^{n}_{x=1} \sum^{m}_{y=1} \left\lfloor \dfrac{n}{x} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac{m}{y} \right\rfloor \left[ \gcd(x,y)=1 \right]$$

把 $x,y$ 换成 $i,j$，

$$\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{j} \right\rfloor \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \mu(d)$$

把 $d$ 提前，

$$\sum^{n}_{d=1} \mu(d) \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1} \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1} \left\lfloor \frac{n}{di} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{dj} \right\rfloor$$

设函数 $g(n)=\sum^{n}\limits_{i=1}\left\lfloor \frac{n}{i} \right\rfloor$，那么有

$$\sum^{n}_{d=1} \mu(d) g(\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor) g(\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor)$$

显然，$g(n)=\sum^{n}\limits_{i=1} d(i)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int M = 50050;

int T,n,m;

int d[100500],num[100500],mu[100500],g[100500];
int pri[100500],cnt = 0;
bool p[100500];

void Seive() {
    d[1] = 1;
    mu[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= M; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            pri[cnt] = i;
            d[i] = 2;
            num[i] = 1;
            mu[i] = -1;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= M; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;

            if(i % pri[j] == 0) {
                num[i * pri[j]] = num[i] + 1;
                d[i * pri[j]] = d[i] / num[i * pri[j]] * (num[i * pri[j]] + 1);
                break;
            }

            num[i * pri[j]] = 1;
            d[i * pri[j]] = d[i] * 2;
            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }

    for(int i = 1;i <= M; i++) {
        g[i] = g[i - 1] + d[i];
        mu[i] += mu[i - 1];
    }
    return ;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);

    Seive();

    cin >> T;
    while(T --> 0) {
        cin >> n >> m;
        
        if(n > m)
            swap(n,m);

        int ans = 0;
        for(int l = 1,r = 0;l <= n; l = r + 1) {
            r = min(n / (n / l),m / (m / l));
            ans += (mu[r] - mu[l - 1]) * g[n / l] * g[m / l];
        }

        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

SDOI2017 数字表格#

题目大意#

记 $f(i)$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项，求

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

答案对 $10^9+7$ 取模。

推导#

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

首先是经典枚举技巧，

$$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \prod^{n}_{d=1}f(d) \prod^{n}_{i=1} \prod^{m}_{j=1} \left[ \gcd(i,j)=d \right] \\ &= \prod^{n}_{d=1}f(d)^{\sum^{n}\limits_{i=1} \sum^{m}\limits_{j=1}\left[ \gcd(i,j)=d \right]} \end{aligned}$$

指数部分单独取出来处理，直接跳步，得到

$$\sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t=1} \mu(t) \left\lfloor \frac{n}{dt} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{dt} \right\rfloor$$

代回原式，

$$\prod^{n}_{d=1}f(d)^ { \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t=1} \mu(t) \left\lfloor \frac{n}{dt} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{dt} \right\rfloor }$$

老套路，设 $T=dt$，

$$\prod^{n}_{T=1}\prod_{d \mid T} f(T)^ { \mu(\frac{T}{d}) \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor }$$

把中间一部分提出来单独处理，

设

$$g(n)=\prod_{d \mid n} f(d)^{\mu(\frac{n}{d})}$$

代入原式，就得到了

$$\prod^{n}_{T=1}g(T)^ { \left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor \left\lfloor \frac{m}{T} \right\rfloor }$$

$g(T)$ 直接暴力求。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

int T,n,m;

const int N = 1005000;
const int M = 1000000;
const int Mod = 1e9 + 7;

bool p[N];
int pri[N],cnt;
int mu[N],inv[N];
int f[N],g[N];

long long Pow(long long a ,long long b) {
    long long ans = 1 ;
    long long base = a % Mod;

    while( b > 0 ) { 
   	    if( b&1 != 0 )
   		    ans = ans * base % Mod;
   	    base = base * base % Mod;
   	    b = b >> 1;
    }
   return ans;
}

void Seive() {
    mu[1] = p[1] = f[1] = inv[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= M; i++) {
        f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % Mod;
        inv[i] = Pow(f[i],Mod - 2) % Mod;

        if(!p[i]) {
            mu[i] = -1;
            cnt ++;
            pri[cnt] = i;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= M; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) {
                mu[i * pri[j]] = 0;
                break;
            }

            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }

    for(int i = 0;i <= M; i++)
        g[i] = 1;
    
    for(int i = 1;i <= M; i++) {
        if(mu[i] == 0)
            continue;
        
        for(int j = i;j <= M; j += i) {
            if(mu[i] == 1)
                g[j] = g[j] * f[j / i] % Mod;
            else
                g[j] = g[j] * inv[j / i] % Mod;
        }
    }

    for(int i = 2;i <= M; i++)
        g[i] = g[i] * g[i - 1] % Mod;
    return ;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);

    Seive();
    
    cin >> T;

    while(T --> 0) {
        cin >> n >> m;
        
        if(n > m)
            swap(n,m);

        int ans = 1,Inv = 0;

        for(int l = 1,r = 0;l <= n; l = r + 1) {
            // cerr << "a";
            r = min(n / (n / l),m / (m / l));
            Inv = g[r] * Pow(g[l - 1],Mod - 2) % Mod;
            ans = ans * Pow(Inv,(n / l) * (m / l) % (Mod - 1)) % Mod;
        }

        ans = (ans + Mod) % Mod;

        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

BZOJ4407 于神之怒加强版#

题目大意#

给定 $n,m,k$，计算

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

对 $10^9 + 7$ 取模的结果。

推导#

经典枚举

$$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \sum^{n}_{d=1}d^k \sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \left[ \gcd(i,j)=d \right] \\ &= \sum^{n}_{d=1}d^k \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1} \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1} \sum_{t \mid \gcd(i,j)}\mu(t) \\ &= \sum^{n}_{d=1}d^k \left\lfloor \dfrac{n}{dt} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac{m}{dt} \right\rfloor \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t=1}\mu(t) \\ &= \sum^{n}_{T=1} \sum_{d \mid T}d^k \mu(\frac{T}{d}) \left\lfloor \dfrac{n}{T} \right\rfloor \left\lfloor \dfrac{m}{T} \right\rfloor \end{aligned}$$

令 $g(n)=\sum_{d \mid n}d^k\mu(\frac{n}{d})$，即 $g(n)= \operatorname{id}_k * \mu$，显然这是一个积性函数。

当 $p$ 为质数时，$d \in \left\{ 1,p \right\}$，容易得到 $g(p)=p^k-1$。

考虑 $p$ 为质数时，$g(p^c)$ 的值：

$$\begin{aligned} & \ \ \ \ \ \sum_{d \mid p^c}d^k\mu(\frac{p^c}{d}) \\ &= \sum^{c}_{i=0}(p^i)^k\mu(\frac{p^c}{p^i}) \\ &= \sum^{c}_{i=0}(p^i)^k\mu(p^{c-i}) \end{aligned}$$

当 $c-i>1$ 时，有 $\mu(p^{c-i})=0$，不产生贡献。产生贡献的只有 $i=c$ 和 $i=c-1$ 两种情况。

容易得到 $g(p^c)=p^{kc}-p^{kc-k}$。

考虑 $\gcd(p,y)=1$，$g(p^cy)$ 的值，根据积性函数的性质即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

int T,k,n,m;

const int N = 5005000;
const int M = 5000000;
const int Mod = 1e9 + 7;

bool p[N];
int pri[N],cnt;
int g[N],sum[N];

long long Pow(long long a ,long long b) {
    long long ans = 1 ;
    long long base = a % Mod;
    b = b % (Mod - 1);

    while(b) { 
   	    if(b & 1)
   		    ans = ans * base % Mod;
   	    base = base * base % Mod;
   	    b >>= 1;
    }

   return ans;
}

void Seive() {
    memset(g,1,sizeof(g));
    g[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= M; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            pri[cnt] = i;
            g[i] = (Pow(i,k) - 1 + Mod) % Mod;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= M; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;

            if(i % pri[j] == 0) {
                g[i * pri[j]] = g[i] * (g[pri[j]] + 1) % Mod;
                break;
            }

            g[i * pri[j]] = g[i] * g[pri[j]] % Mod;
        }
    }

    for(int i = 1;i <= M; i++)
        sum[i] = (sum[i - 1] + g[i]) % Mod;
    return ;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    
    cin >> T >> k;
    
    Seive();

    while(T --> 0) {
        cin >> n >> m;
        
        if(n > m)
            swap(n,m);

        int ans = 0;

        for(int l = 1,r = 0;l <= n; l = r + 1) {
            r = min(n / (n / l),m / (m / l));
            ans = (ans + (sum[r] - sum[l - 1]) % Mod * (n / l) % Mod * (m / l)) % Mod;
            ans = (ans + Mod) % Mod;
        }

        ans = (ans + Mod) % Mod;

        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

Crash 的数字表格 / JZPTAB#

题目大意#

给定 $n,m$，求

$$\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}\operatorname{lcm}(i,j)$$

答案对 $20101009$ 取模。

推导#

$$\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}\frac{i \times j}{\gcd(i,j)}$$

经典枚举

$$\sum^{n}_{d=1}\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}\frac{i \times j}{d} \left[ \gcd(i,j)=d \right]$$

提出 $d$，$i,j$ 都除以了 $d$，多除的一个放到前面去，

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

然后得

$$\sum^{n}_{d=1}d \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{i=1} \sum^{\left\lfloor \frac{m}{d} \right\rfloor}_{j=1} i \times j \sum_{t \mid \gcd(i,j)}\mu(t)$$

设 $g(n)=\frac{n \times(n + 1)}{2}$，

$$\sum^{n}_{d=1}d \sum^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor}_{t=1}t^2 \cdot \mu(t) \times g(\left\lfloor \frac{n}{dt} \right\rfloor) \times g(\left\lfloor \frac{m}{dt} \right\rfloor)$$

设 $T=dt$，有

$$\sum^{n}_{T=1}g(\left\lfloor \frac{n}{dt} \right\rfloor) \times g(\left\lfloor \frac{m}{dt} \right\rfloor) \times T \times \sum_{d \mid T}d \cdot \mu(d)$$

设 $f(n)=\sum_{d \mid n}d \cdot \mu(d)$，显然是积性函数。

当 $p$ 为质数时，有 $f(p)=1-p,f(p^k)=f(p)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int N = 10005000;
const int M = 10000000;
const int Mod = 20101009;

int n,m;

bool p[N];
int cnt,pri[N >> 4];
int f[N];

void Seive() {
    f[1] = 1;

    for(int i = 2;i <= M; i++) {
        if(!p[i]) {
            cnt ++;
            pri[cnt] = i;
            f[i] = (1 - i) % Mod;
        }

        for(int j = 1;j <= cnt && i * pri[j] <= M; j++) {
            p[i * pri[j]] = 1;

            if(i % pri[j] == 0) {
                f[i * pri[j]] = f[i];
                break;
            }

            f[i * pri[j]] = f[i] * f[pri[j]] % Mod;
        }
    }

    for(int i = 2;i <= M; i++) 
        f[i] = (f[i] * i % Mod + f[i - 1]) % Mod;
    return ;
}

int g(int x) {
    return (x * (x + 1) / 2) % Mod;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    
    Seive();

    cin >> n >> m;

    if(n > m)
        swap(n,m);
    
    int ans = 0;
    
    for(int l = 1,r = 0;l <= n; l = r + 1) {
        r = min(n / (n / l),m / (m / l));
        ans = (ans + g(n / l) * g(m / l) % Mod * (f[r] - f[l - 1] + Mod) % Mod + Mod) % Mod;
    }

    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

$$\text{END}$$