[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)
[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)
题面
T组询问，每次给出a,b,c,d,k,求\(\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]\)
\(T,a,b,c,d,k\le 5\times 10^4\)
分析
\(O(n^2)\)暴力显然是不可行的，我们考虑优化。
首先易得\(k\times gcd(i,j)=gcd(ki,kj)\),那么我们可以把a,b,c,d都除上k,问题就变成了\(\sum _{i=a/k}^{b/k}\sum _{j=c/k}^{d/k}[gcd(i,j)=1]\)(之后的除法若未说明，均为下去整)
差分一下，我们只要求出\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]\)，然后二维前缀和相减一下就可以了
1.运用狄利克雷卷积证明
根据结论\(\left(\mu\ast I\right)=\varepsilon\),即\(\varepsilon (n)= \sum _{d|n} \mu(n)\),我们可以化简问题式子
由定义知\(\epsilon(x)=[x=1]\)
变换求和顺序，先枚举\(d|gcd(i,j)\),
2.运用莫比乌斯反演的第二种形式证明
莫比乌斯反演的第二种形式是
若\(F(n) =\sum _{n|d} f(d)\),那么\(f(n)= \sum_{n|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)\)
这里d表示n的倍数
既然要用到莫比乌斯反演，我们首先就要找到合适的F和f
设
\(f(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [gcd(i,j)=x]\),(gcd为x的(x,y)的对数)
\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]\), (gcd为x或x的倍数的(x,y)的对数)
显然$F(x)=\sum f(i) $(i是x的倍数)，因为gcd(x,i)能整除x，那i一定能整除x。
既然F，f满足上面的条件，我们就可以大力反演了
虽然这看起来是无限求和，但我们实际上求到min(n,m)就可以了，因为gcd(i,j)(i<n,j<m)不可能超过i,j中的最小值。
注意到\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]= \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{x} \rfloor\),因为gcd(i,j)为x的倍数，那么i,j一定都被x整除，显然1~n中x的倍数有n/x个
我们求的答案实际上是f(1)
两种方法殊途同归，都求出了最终答案$$\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$
数论分块优化
暴力枚举求解$$\sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$的复杂度为\(O(n)\),仍然较高，观察到d比较大的时候n/d的值变化不大，如n=6时n/4=n/5=n/6.
因此我们可以找出所有下取整值相同的区间[l,r],再用$\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\sum_{i=l}^r \mu(d) $就可以求出答案，求和部分可以前缀和预处理。对于一个块，假设它的起始位置的下标为l，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为n/(n/l)
这样的复杂度是\(O(\sqrt n)\)的,T次询问复杂度为\(O(T\sqrt n)\),可以通过本题
long long ans=0;
int l,r;
for(l=1;l<=m;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50000
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sum_mu[maxn+5];
void sieve(int n){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
}
int t;
int a,b,c,d,e;
ll solve(int n,int m){
n/=e;
m/=e;
if(n<m) swap(n,m);
ll ans=0;
int l,r;
for(l=1;l<=m;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
return ans;
}
int main(){
sieve(maxn);
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&e);
ll ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
printf("%lld\n",ans);
}
}
