浅谈莫比乌斯反演

狄利克雷卷积

定义两个数论函数的狄利克雷卷积为：

f * g = \sum_{d | n} f (d) g (\frac{n}{d})

$f*g=\sum\limits_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$

其中单位元 $e(n)=[n=1]$

可以证明狄利克雷卷积满足交换律及结合律

莫比乌斯函数

对于 $n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{c_i}(p_i\in \text{Prime})$ ，定义莫比乌斯函数 $\mu(n)$ ：

μ (n) = {\begin{cases} 1 & (n = 1) \\ 0 & (\exists c_{i} \geq 2) \\ (- 1)^{k} & (\forall i \in [1, k], c_{i} < 2) \end{cases}

$\mu(n)= \begin{cases} 1\quad&(n=1)\\ 0&(\exists\, c_i\ge 2)\\ (-1)^k&(\forall i\in[1,k],c_i<2) \end{cases}$

对于莫比乌斯函数，存在一个很重要的性质：

\sum_{d | n} μ (d) = e (n) = [n = 1]

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=e(n)=[n=1]$

证明：

我们考虑枚举 $n$ 的所有因子，显然某个质因子的指数 $\ge 2$ 时该函数值为 $0$ ，对结果不产生贡献，故当我们对于 $n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{c_i}$ 定义 $x=\prod\limits_{i=1}^kp_i$ 时，有：

\sum_{d | n} μ (d) = \sum_{d | x} μ (d)

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=\sum\limits_{d|x}\mu(d)$

考虑 $x$ 的所有质因子 $p_1,p_2,p_3\dots p_k$ ，枚举因数等价于从中选择任意个数的质因子进行组合，所以显然有：

\sum_{d | x} μ (d) = \sum_{i = 0}^{k} (\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}) (- 1)^{i}

$\sum\limits_{d|x}\mu(d)=\sum\limits_{i=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}(-1)^i$

反向利用二项式定理：

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \sum_{i = 0}^{k} (\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}) (- 1)^{i} & = \sum_{i = 0}^{k} (\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}) (- 1)^{i} \times 1^{k - i} \\ = (- 1 + 1)^{k} \\ = 0^{k} \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} \sum\limits_{i=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}(-1)^i&=\sum\limits_{i=0}^{k}\begin{pmatrix}k\\i\end{pmatrix}(-1)^i\times 1^{k-i}\\ &=(-1+1)^k\\ &=0^k \end{aligned} \end{equation}$

显然原式当且仅当 $k=0$ 时等于 $1$ ，否则等于 $0$

当 $k=0$ 时有 $n=1$ ，故我们证明了：

\sum_{d | n} μ (d) = [n = 1] = e (n)

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=e(n)$

同时该结论也可以写成狄利克雷卷积的形式：

e = μ * 1

$e=\mu * 1$

注意到莫比乌斯函数是积性函数，所以很好求，线性筛就可以了

inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
        }
    }
}

莫比乌斯反演

对于数论函数 $f(n),g(n)$ ，如果有：

f (n) = \sum_{d | n} g (d)

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

则可以推出：

g (n) = \sum_{d | n} f (d) μ (\frac{n}{d})

$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})$

证明：

将等式右边写成狄利克雷卷积的形式：

\sum_{d | n} f (d) μ (\frac{n}{d}) = f * μ

$\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})=f*\mu$

同样将条件写成狄利克雷卷积的形式：

f (n) = \sum_{d | n} g (d) = g * 1

$f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)=g*1$

所以：

\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} \sum_{d | n} f (d) μ (\frac{n}{d}) & = f * μ \\ = g * 1 * μ \\ = g * (1 * μ) \\ = g * e \\ = g \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} \sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})&=f*\mu\\ &=g*1*\mu\\ &=g*(1*\mu)\\ &=g*e\\ &=g \end{aligned} \end{equation}$

即：

g (n) = \sum_{d | n} f (d) μ (\frac{n}{d})

$g(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})$

于是我们证明了莫比乌斯反演定理

易证上式也有个等价形式：

g (n) = \sum_{d | n} μ (d) f (\frac{n}{d})

$g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)f(\dfrac{n}{d})$

同时我们还有第二种反演形式：

若

g (n) = \sum_{n | d} f (d)

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

则同样可以推出

f (n) = \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) g (d)

$f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})g(d)$

证明：

设 $d=kn$ ：

\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) g (d) & = \sum_{k \geq 1} μ (k) g (n k) \\ = \sum_{k \geq 1} μ (k) \sum_{n k | d} f (d) \\ = \sum_{n | d} f (d) \sum_{k | \frac{d}{n}} μ (k) \\ = \sum_{n | d} f (d) [\frac{d}{n} = 1] \\ = f (n) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} \sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})g(d)&=\sum\limits_{k\ge 1}\mu(k)g(nk)\\ &=\sum\limits_{k\ge 1}\mu(k)\sum\limits_{nk|d}f(d)\\ &=\sum\limits_{n|d}f(d)\sum\limits_{k|\frac{d}{n}}\mu(k)\\ &=\sum\limits_{n|d}f(d)[\frac{d}{n}=1]\\ &=f(n) \end{aligned} \end{equation}$

整除分块

求 $\sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor$

显然暴力计算复杂度为 $O(n)$ ，但我们注意到很多值其实是一样的，所以我们可以把值相同的统一计算，分块处理：

for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = (n / (n / l));
    ans += (r - l + 1) * (n / l);
}

复杂度 $O(\sqrt n)$

例题

[POI2007]ZAP-Queries

$T$ 组询问，给出 $a,b,d$ ，求 $\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[gcd(i,j)=d]$
$1\le T\le 5\times 10^4$
$1\le d\le a,b\le 5\times 10^4$

Solution 1

我们设：

f (k) = \sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [g c d (i, j) = k] g (n) = \sum_{n | k} f (k)

$f(k)=\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[gcd(i,j)=k]\\ g(n)=\sum\limits_{n|k}f(k)$

可以发现 $f(d)$ 就是我们要求的答案

显然根据莫比乌斯反演定理可以得到：

f (n) = \sum_{n | d} g (d) μ (\frac{d}{n})

$f(n)=\sum\limits_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})$

注意到：

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} g (n) & = \sum_{n | k} f (k) \\ = \sum_{n | k} \sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [g c d (i, j) = k] \\ = ⌊ \frac{a}{n} ⌋ ⌊ \frac{b}{n} ⌋ \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} g(n)&=\sum\limits_{n|k}f(k)\\ &=\sum\limits_{n|k}\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[gcd(i,j)=k]\\ &=\lfloor\dfrac{a}{n}\rfloor\lfloor\dfrac{b}{n}\rfloor \end{aligned} \end{equation}$

所以：

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} f (n) & = \sum_{n | d} g (d) μ (\frac{d}{n}) \\ = \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) ⌊ \frac{a}{d} ⌋ ⌊ \frac{b}{d} ⌋ \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} f(n)&=\sum\limits_{n|d}g(d)\mu(\dfrac{d}{n})\\ &=\sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})\lfloor\dfrac{a}{d}\rfloor\lfloor\dfrac{b}{d}\rfloor \end{aligned} \end{equation}$

设 $\dfrac{d}{n}=t$ ，枚举 $t$ ：

f (n) = \sum_{t = 1}^{m i n (⌊ \frac{a}{n} ⌋, ⌊ \frac{b}{n} ⌋)} μ (t) ⌊ \frac{a}{n t} ⌋ ⌊ \frac{b}{n t} ⌋

$f(n)=\sum\limits_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{n}\rfloor,\lfloor\frac{b}{n}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\dfrac{a}{nt}\rfloor\lfloor\dfrac{b}{nt}\rfloor$

前面的 $\mu(t)$ 可以前缀和预处理，后面用整除分块即可

总复杂度 $O(T\sqrt{min(a,b)})$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 50005

int mu[MAXN], sum[MAXN];
bool isprime[MAXN];
vector<int> prime;
inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
        }
    }

    for (i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int T, a, b, d;
signed main() {
    init(MAXN);
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &d);
        int n = min(a / d, b / d);
        int l, r;

        int ans = 0;
        for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {
            r = min((a / d) / ((a / d) / l), (b / d) / ((b / d) / l));
            ans += ((a / d) / l) * ((b / d) / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

Solution 2

可以发现上述利用莫比乌斯反演定理构造函数进行求解的过程不太好想，其实我们还可以利用莫比乌斯函数的性质顺向思考求解

我们要求：

\sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [g c d (i, j) = x]

$\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b[gcd(i,j)=x]$

（这里用 $x$ 替换 $d$ 避免变量名重复）

约去 $x$ ：

\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{x} ⌋} [g c d (i, j) = 1]

$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$

莫比乌斯函数有个性质：

\sum_{d | n} μ (d) = [n = 1]

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]$

所以：

[g c d (i, j) = 1] = \sum_{d | g c d (i, j)} μ (d)

$[gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

带回原式：

\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{x} ⌋} \sum_{d | g c d (i, j)} μ (d)

$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

枚举 $d$ ：

\sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{a}{x} ⌋, ⌊ \frac{b}{x} ⌋)} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{x} ⌋} [d | g c d (i, j)]

$\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{a}{x}\rfloor,\lfloor\frac{b}{x}\rfloor)}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{x}\rfloor}[d|gcd(i,j)]$

可以发现当且仅当 $i,j$ 均为 $d$ 的倍数时 $d|gcd(i,j)$ ，同时在 $1-n$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor$ 个，所以原式等价于：

\sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{a}{x} ⌋, ⌊ \frac{b}{x} ⌋)} μ (d) ⌊ \frac{a}{d x} ⌋ ⌊ \frac{b}{d x} ⌋

$\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{a}{x}\rfloor,\lfloor\frac{b}{x}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\dfrac{a}{dx}\rfloor\lfloor\dfrac{b}{dx}\rfloor$

结果与 $\text{Solution 1}$ 一致

[HAOI2011]Problem b

$T$ 组询问，给出 $a,b,c,d,k$ ，求 $\sum\limits_{i=a}^b\sum\limits_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$
$1\le T\le 5\times 10^4$
$1\le k\le a,c\le b,d\le 5\times 10^4$

做法和上一题几乎完全一致，容斥一下即可

令：

s o l v e (a, b, c, d) = \sum_{i = a}^{b} \sum_{j = c}^{d} [g c d (i, j) = k]

$solve(a,b,c,d)=\sum\limits_{i=a}^b\sum\limits_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$

显然有：

a n s = s o l v e (1, b, 1, d) - s o l v e (1, b, 1, c - 1) - s o l v e (1, a - 1, 1, d) + s o l v e (1, a - 1, 1, c - 1)

$ans=solve(1,b,1,d)-solve(1,b,1,c-1)-solve(1,a-1,1,d)+solve(1,a-1,1,c-1)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 50005

int mu[MAXN], sum[MAXN];
bool isprime[MAXN];
vector<int> prime;
inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
        }
    }

    for (i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

inline int solve(int a, int b, int d) {
    int n = min(a / d, b / d);
    int l, r;

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

    return ans;
}

int T, a, b, c, d, k;
signed main() {
    init(MAXN);
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        printf("%d\n", solve(b, d, k) - solve(b, c - 1, k) -
                           solve(a - 1, d, k) + solve(a - 1, c - 1, k));
    }

    return 0;
}

P2257 YY的GCD

给定 $N, M$ ，求 $1 \le x \le N,1 \leq y \leq M$ 且 $\gcd(x, y)$ 为质数的 $(x,y)$ 有多少对。

简化题意就是要求：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) \in Prime]

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)\in \text{Prime}]$

Solution 1

枚举质数：

\sum_{p \in Prime} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = p]

$\sum\limits_{p\in \text{Prime} }\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=p]$

提出 $p$ ：

\sum_{p \in Prime} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{p} ⌋} [gcd (i, j) = 1]

$\sum\limits_{p\in \text{Prime} }\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor } [\gcd(i,j)=1]$

替换 $[\gcd(i,j)=1]$ ：

\sum_{p \in Prime} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{p} ⌋} \sum_{d | gcd (i, j)} μ (d)

$\sum\limits_{p\in \text{Prime} }\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor } \sum\limits_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)$

枚举 $d$ ：

\sum_{p \in Prime} \sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} μ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{p} ⌋} [d | gcd (i, j)]

$\sum\limits_{p\in \text{Prime}}\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor }[d|\gcd(i,j)]$

显然由于之前的经验上式等于：

\sum_{p \in Prime} \sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} μ (d) ⌊ \frac{n}{p d} ⌋ ⌊ \frac{m}{p d} ⌋

$\sum\limits_{p\in \text{Prime}}\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\dfrac{n}{pd}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{pd}\rfloor$

令 $k=pd$ ，枚举 $k$ ：

\sum_{k = 1}^{m i n (n, m)} \sum_{p \in Prime, p | k} μ (\frac{k}{p}) ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{m}{k} ⌋

$\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{p\in \text{Prime},p|k}\mu(\dfrac{k}{p})\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{k}\rfloor$

令 $f(x)=\sum\limits_{p\in \text{Prime},p|x}\mu(\dfrac{x}{p})$ ，则原式等于：

\sum_{k = 1}^{m i n (n, m)} f (k) ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ⌊ \frac{m}{k} ⌋

$\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}f(k)\lfloor\dfrac{n}{k}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{k}\rfloor$

注意到如果我们求出了 $f$ 的前缀和，即可像之前一样通过整除分块快速求解

考虑 $f(x)$ 的取值：

令 $x=i\times y$ ，其中 $y$ 是 $x$ 的最小质因子

$1.$ 若 $x\in \text{Prime}$ ，显然 $f(x)=1$

否则，考虑 $\mu(\dfrac{x}{p})=\mu(\dfrac{i\times y}{p})=\mu(i)\times \mu(\dfrac{y}{p})=\mu(\dfrac{i}{p})\times \mu(y)$

$2.$ 若 $i\mod y=0$

$\quad 2.1$ 若 $\mu(i)\not =0$ ，则当切仅当枚举的 $p=y$ 时 $f(x)\not =0$ ，所以有 $f(x)=\mu(i)$

$\quad 2.2$ 若 $\mu(i) =0$ ，则无论何时 $f(x) =0$ ，所以有 $f(x)=\mu(i)$

$3.$ 若 $i\mod y\not =0$ ，则 $\mu(\dfrac{x}{p})=\mu(\dfrac{i}{p})\times \mu(y)=-\mu(\dfrac{i}{p})$ ，即 $f(x)$ 中包含 $-f(i)$ ，同时和 $f(i)$ 相比 $f(x)$ 多出的一项就是当 $p=y$ 时， $f(x)=\mu(\dfrac{i\times y}{y})=\mu(i)$ ，所以 $f(x)=-f(i)+\mu(i)$

于是我们得到了 $f(x)$ 的方程：

f (x) = {\begin{cases} 1 & x \in Prime \\ μ (i) & i \mod y = 0 \\ - f (i) + μ (i) & i \mod y \neq 0 \end{cases}

$f(x)=\begin{cases}1& x\in \text{Prime}\\ \mu(i)&i\mod y=0\\ -f(i)+\mu(i)&i\mod y\not =0 \end{cases}$

可以通过线性筛求出 $f(x)$ 的前缀和

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 10000005
#define int long long

int mu[MAXN], sum[MAXN], f[MAXN];
bool isprime[MAXN];
vector<int> prime;
inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1, f[i] = 1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                f[i * prime[j]] = mu[i];
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            } else {
                f[i * prime[j]] = -f[i] + mu[i];
                mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
            }
        }
        f[i] += f[i - 1];
    }
}

int T, a, b, d;
signed main() {
    init(MAXN);
    scanf("%lld", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld%lld", &a, &b);
        int n = min(a, b);
        int l, r;

        int ans = 0;
        for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {
            r = min(a / (a / l), b / (b / l));
            ans += (a / l) * (b / l) * (f[r] - f[l - 1]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }

    return 0;
}

~~在你谷因为用了vector所以上述代码吸氧才能过~~

Solution 2

我们以前做过这道题：

\sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [g c d (i, j) = 1]

$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=1]$

当时我们利用了 $\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]$ 这个性质

现在我们要求：

\sum_{i = 1}^{a} \sum_{j = 1}^{b} [g c d (i, j) \in Prime]

$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[gcd(i,j)\in \text{Prime}]$

那我们也可以自己构造一个函数满足 $\sum\limits_{d|n}f(d)=[n\in \text{Prime}]$

我们先给 $f$ 赋初值：

f (x) = [x \in Prime]

$f(x)=[x\in \text{Prime}]$

考虑如何让 $\sum\limits_{d|n}f(d)=[n\in \text{Prime}]$ ：

for (i = 2; i <= MAXN; ++i) {
        for (j = i << 1; j <= MAXN; j += i) {
            f[j] -= f[i];
        }
    }

不难发现如此处理即可得到合法的 $f$

[SDOI2015]约数个数和

设 $d(x)$ 为 $x$ 的约数个数， $T$ 组询问，求 $\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}d(xy)$
$1\le T,n,m\le 5\times 10^4$

首先有一个结论：

d (x y) = \sum_{i | x} \sum_{j | y} [gcd (i, j) = 1]

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

证明：

设 $x=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{a_i},y=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{b_i}$ （不存在该质因子则指数为 $0$ ），显然有：

d (x y) = \prod_{i = 1}^{k} (a_{i} + b_{i} + 1)

$d(xy)=\prod\limits_{i=1}^{k}(a_i+b_i+1)$

对于某个质因子 $p$ ，考虑等式右边如果要满足 $\gcd(i,j)=1$ ，显然不能同时拥有 $p$ 因子。令 $x$ 中含有 $p^a$ ， $y$ 中含有 $p^b$ ：

$1.$ 如果 $i$ 中不含 $p$ 因子，则 $j$ 中可选质因子 $p$ 次数为 $[0,b]$

$2.$ 如果 $j$ 中不含 $p$ 因子，则 $i$ 中可选质因子 $p$ 次数为 $[0,a]$

二者相加再减去 $i,j$ 都不含 $p$ 的一种情况，结果数为 $a+b+1$

考虑乘法原理，对于每个 $p_i$ 结果数都是 $a_i+b_i+1$ ，所以：

\sum_{i | x} \sum_{j | y} [gcd (i, j) = 1] = \prod_{i = 1}^{k} (a_{i} + b_{i} + 1)

$\sum\limits_{i|x}\sum\limits_{j|y}[\gcd(i,j)=1]=\prod\limits_{i=1}^{k}(a_i+b_i+1)$

证毕

有了上述结论，我们就可以很轻松的化简原式：

\sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} \sum_{i | x} \sum_{j | y} [gcd (i, j) = 1]

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

枚举 $i,j$ ：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋ [gcd (i, j) = 1]

$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{j}\rfloor[\gcd(i,j)=1]$

设：

f (x) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋ [gcd (i, j) = x] g (x) = \sum_{x | d} f (d)

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

莫比乌斯反演：

f (n) = \sum_{n | d} μ (\frac{d}{n}) g (d)

$f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\dfrac{d}{n})g(d)$

注意到：

g (x) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋ [x | gcd (i, j)]

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

约去 $x$ ：

g (x) = \sum_{i = 1}^{\frac{n}{x}} \sum_{j = 1}^{\frac{m}{x}} ⌊ \frac{n}{i x} ⌋ ⌊ \frac{m}{j x} ⌋

$g(x)=\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{x}}\lfloor\dfrac{n}{ix}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{jx}\rfloor$

显然答案为：

f (1) = \sum_{1 | d} μ (\frac{d}{1}) g (d) = \sum_{i = 1}^{n} μ (i) g (i)

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

可以整除分块预处理出 $s(n)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor$ ，从而快速求出 $g(i)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 50005
#define int long long

int mu[MAXN], sum[MAXN], s[MAXN];
bool isprime[MAXN];
vector<int> prime;
inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
        }
    }

    for (i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
    for (i = 1; i <= n; ++i) {
        int ans = 0;
        int l, r;
        for (l = 1; l <= i; l = r + 1) {
            r = i / (i / l);
            ans += (i / l) * (r - l + 1);
        }
        s[i] = ans;
    }
}

int T, a, b;
signed main() {
    init(MAXN);
    scanf("%lld", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld%lld", &a, &b);
        int n = min(a, b);
        int l, r;

        int ans = 0;
        for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {
            r = min(a / (a / l), b / (b / l));
            ans += s[a / l] * s[b / l] * (sum[r] - sum[l - 1]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }

    return 0;
}

[国家集训队]Crash的数字表格

给出 $n,m$ ，求 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m lcm(i,j)$
$1\le n,m\le 10^7$
答案对 $20101009$ 取模

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} l c m (i, j) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i j}{gcd (i, j)} \\ = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = x] \frac{i j}{x} \\ = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} x \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{x} ⌋} [gcd (i, j) = 1] i j \\ = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} x \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{x} ⌋} \sum_{d | g c d (i, j)} μ (d) i j \\ = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} x \sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{n}{x} ⌋, ⌊ \frac{m}{x} ⌋)} μ (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{x} ⌋} i j [d | gcd (i, j)] \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m lcm(i,j)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \dfrac{ij}{\gcd(i,j)}\\ &=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=x]\dfrac{ij}{x}\\ &=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor} [\gcd(i,j)=1]ij\\ &=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor} \sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)ij\\ &=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor)}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor}ij[d|\gcd(i,j)] \end{aligned} \end{equation}$

令 $i=ud,j=vd$ ，则显然有 $d|\gcd(i,j)$

所以：

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} 原式 & = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} x \sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{n}{x} ⌋, ⌊ \frac{m}{x} ⌋)} μ (d) \sum_{u d = 1}^{⌊ \frac{n}{x} ⌋} \sum_{v d = 1}^{⌊ \frac{m}{x} ⌋} d^{2} u v \\ = \sum_{x = 1}^{m i n (n, m)} x \sum_{d = 1}^{m i n (⌊ \frac{n}{x} ⌋, ⌊ \frac{m}{x} ⌋)} d^{2} μ (d) \sum_{u = 1}^{⌊ \frac{n}{d x} ⌋} u \sum_{v = 1}^{⌊ \frac{m}{d x} ⌋} v \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{equation} \begin{aligned} \text{原式}&=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor)}\mu(d)\sum\limits_{ud=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\sum\limits_{vd=1}^{\lfloor\frac{m}{x}\rfloor}d^2uv\\ &=\sum\limits_{x=1}^{min(n,m)}x\sum\limits_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor)}d^2\mu(d)\sum\limits_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}u\sum\limits_{v=1}^{\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}v \end{aligned} \end{equation}$

最后两项显然是等差数列求和，可以用整除分块优化

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 10000005
#define mod 20101009
#define int long long

int mu[MAXN], sum[MAXN], s[MAXN];
bool isprime[MAXN];
vector<int> prime;
inline void init(int n) {
    int i, j;
    mu[1] = 1;
    for (i = 1; i <= n; ++i) isprime[i] = 1;
    for (i = 2; i <= n; ++i) {
        if (isprime[i]) prime.push_back(i), mu[i] = -1;
        for (j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] <= n; ++j) {
            isprime[i * prime[j]] = 0;
            if (!(i % prime[j])) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = mu[i] * mu[prime[j]];
        }
    }

    for (i = 1; i <= n; ++i)
        sum[i] = (sum[i - 1] + mu[i] * 1ll * i % mod * 1ll * i % mod) % mod;
}

int a, b;
signed main() {
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    init(min(a, b));
    int n = min(a, b);
    int l, r, i, j;

    int inv = (mod + 1ll) / 2ll;

    int ans = 0, tsum = 0;
    for (i = 1; i <= n; ++i) {
        int x = a / i, y = b / i;
        int nn = min(x, y);
        tsum = 0;
        for (l = 1; l <= nn; l = r + 1) {
            r = min(x / (x / l), y / (y / l));
            tsum =
                (tsum +
                 (sum[r] - sum[l - 1]) % mod * 1ll *
                     (((1 + (x / l)) % mod * 1ll * (x / l) % mod) * inv % mod) %
                     mod * 1ll *
                     (((1 + (y / l)) % mod * 1ll * (y / l) % mod) * inv % mod) %
                     mod) %
                mod;
        }
        ans = (ans + tsum * i % mod) % mod;
    }
    printf("%lld\n", (ans % mod + mod) % mod);

    return 0;
}

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posted @ 2022-01-15 12:19 Luisvacson 阅读(60) 评论(0) 编辑收藏举报

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