良心发现，痛改前非，时隔一年再回首 莫比乌斯反演
寒假疫情期间跟着lmm学了一遍，完全是懵逼到底状态，以至于后面考到或者做到相关知识的题目，完全是非洲人。今天跟着h老师重新学了一遍，虽然可能自己还是不会推🍔，但至少看得懂了吧
莫比乌斯反演
引入
通过这个例子，可以暴力打出下列表
| F | f |
|---|---|
| F(1) | f(1) |
| F(2) | f(1)+f(2) |
| F(3) | f(1)+f(3) |
| F(4) | f(1)+f(2)+f(4) |
| F(5) | f(1)+f(5) |
| F(6) | f(1)+f(2)+f(3)+f(6) |
| F(7) | f(1)+f(7) |
| F(8) | f(1)+f(2)+f(4)+f(8) |
| ... | ... |
| 转换一下，得到新表 | |
| f | F |
| -- | -- |
| f(1) | F(1) |
| f(2) | F(2)-F(1) |
| f(3) | F(3)-F(1) |
| f(4) | F(4)-F(2) |
| f(5) | F(5)-F(1) |
| f(6) | F(6)-F(3)-F(2)+F(1) |
| f(7) | F(7)-F(1) |
| f(8) | F(8)-F(4) |
| ... | ... |
| 看看能观察到\(f\)与\(F\)之间存在什么规律？？ | |
| 🚨 重点关注\(f(1),f(4),f(6),f(8)\) | |
| 🧀 \(f(6)=F(\frac{6}{1})-F(\frac{6}{2})-F(\frac{6}{3})+F(\frac{6}{6})\) | |
| 发现规律 |
\(F(\frac{n}{d})\)将\(d\)质因数分解\(p_1^{k_1}...p_i^{k_i}\)，如果各质数指数均为\(1\)，则该\(F(\frac{n}{d})\)才会存在 ，特别地，当\(d=1\)时也一定存在
🍗：\(f(8)=F(\frac{8}{1})-F(\frac{8}{2})\)
\(F(\frac{8}{1})：1\)存在
\(F(\frac{8}{2})：2\)质因数分解\(2^1\)，存在
\(F(2)=F(\frac{8}{4})：4\)质因数分解\(2^2\)，不存在
\(F(1)=F(\frac{8}{8})：8\)质因数分解\(2^3\)，不存在
\(F(\frac{n}{d})\)前面的符号取决于\(d\)所含质因子的个数/种类的奇偶性，\((-1)^k\)
🍗：\(f(6)=F(\frac{6}{1})-F(\frac{6}{2})-F(\frac{6}{3})+F(\frac{6}{6})\)
\(F(\frac{6}{1})：1\)不含任何质因子，系数为\((-1)^0=1\)
\(F(\frac{6}{2})：2\)含质因子\(2\)，系数为\((-1)^1=-1\)
\(F(\frac{6}{3})：3\)含质因子\(3\)，系数为\((-1)^1=-1\)
\(F(\frac{6}{6})：6\)含质因子\(2,3\)，系数为\((-1)^2=1\)
公式
将引入中发现的规律经过数学 提炼加工打磨 规范，将\((-1)^k\)定义为\(\mu (i)\)
便成为了一个优美的🍔
其中\(\mu(d)\)为莫比乌斯函数，定义如下：
- \(d=1,\mu(d)=1\)
- 若\(d\)能改写为\(p_1p_2...p_k\)互异质数的积，则\(\mu(d)=(-1)^k\)
- \(otherwise\)，其余情况\(\mu(d)=0\)
性质
- 性质一：
对于任意的正整数\(n\)有：
证明：
Ⅰ. 当\(n=1\)时，\(\mu(1)=1\)，显然成立
Ⅱ. 当\(n≠1\)时，将\(n\)质因数分解为\(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_i}\)
只有所有质因子的指数都为\(1\)的因数的\(\mu\)值不为\(0\)
则其中有\(x\)个不同质因子的个数为\(C_k^x\)，于是有
🧀二项式展开公式为：
令\(X=1,Y=-1\)带入即可得到：
- 性质二：
对于任意的正整数\(n\)有：
证明：
令\(F(n)=n,f(n)=\phi(n)\)，则有
🚨不要忘记\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\)成立的前提是\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)
所以如果性质二要想成立，就必须再证明$$n=\sum_{d|n}\phi(d)$$
考虑从物理意义角度出发
设\(k∈[1,n]，gcd(n,k)=d\Rightarrow gcd(n/d,k)=1\)，将\(k\)分到\(C_{n/d}\)类中
🍗：\(n=8\)
- 性质三：
莫比乌斯函数是一个积性函数
🧀
积性函数的定义：对于任意互质的整数\(a\)和\(b\)有性质\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数
完全积性函数定义：对于任意的整数\(a\)和\(b\)有\(f(ab)=f(a)f(b)\)的数论函数
积性函数的性质：
- \(f(1)=1\)
- 积性函数的前缀和也是积性函数
模板
因为莫比乌斯函数是一个积性函数，我们就可以线性筛求出其值
由此联想到我们以前会的求质数的欧拉筛法
void sieve() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) {
vis[i] = 1;
mu[i] = -1;
prime[++ cnt] = i;
}
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; //i*prime[j]这个数至少含有prime[j]^2
break;
}
mu[i * prime[j]] = - mu[i];//多了prime[j]这一种新的质因子 所以要与原来取相反数
/*
只要i*prime[j]含有pi^2
早晚都会进if语句
*/
}
}
}
公式证明
说到底，好像我们似乎貌似仿佛并没有证明这个定理，就直接提上裤子跑了
- 形式一
证明：
\({d|n,k|\frac{n}{d}\Rightarrow k|n}\)，可以感性理解\(d\)取不同值，\(k\)会把\(n\)所有因数都枚举到
于是可以把\(k\)固定下来，更改\(d\)的取值范围，类似于两层循环顺序的互调？？
将性质一的结论运用上，\(\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)\)当且仅当\(\frac{n}{k}=1\)时，求和莫比乌斯函数值\(≠0\)
证明过程用到了性质一，性质一本身其实是独立于公式的，所以并不是伪证
- 形式二
证明：
与形式一的证明大致相同
令\(k=\frac{d}{n}\)
当且仅当\(\frac{p}{n}=1,p=n\)时\(\sum_{k|\frac{n}{p}}\mu(k)=1\)，其余全为\(0\)
一般这种形式更常用一些
莫比乌斯函数前缀和
基本上莫比乌斯反演的题目都会和分块绑定在一起，此时的莫比乌斯函数就需要进行前缀和
接下来就让我们一起来深挖一下分块部分
🍗
不妨设\(n=10\)，如果按照\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)对\(1\le i\le n\)进行分类
则有\(10=\{1\},5=\{2\},3=\{3\},2=\{4,5\},1=\{6,7,8,9,10\}\)
反映在平面直角坐标系上，看看是什么样👀
按照\(\sqrt{x}\)做分割线，前半段的\(x\)最多只有\(\sqrt{x}\)段，后半段的\(y\)最多只有\(\sqrt{x}\)段
拼接在一起，则\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)最多只有\(2\sqrt{n}\)个取值
\(n/i\)即为\(i\)所在的块，\(n/(n/i)\)则为该块右端点值
block = n / i;
r = n / block;
因为\([i,n/(n/i)]\)这一段的\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)均相等
所以我们就可以对\(\mu\)进行前缀和，直接\(O(1)\)计算出这一段区间的\(sum\)
就不必再老实地一个一个往后推
老实人永远会被出题人吊起来抽
这个思想会在后面的题里反复出现，所以提前放出来
题目练习
题解和代码后续会补上
完全平方数
- solution
考虑二分答案，转化为求\([1,x]\)之间的无平方因子的个数
\(tot=0\)个质数乘积的平方的倍数的数的个数（\(1\)的倍数）
\(-1\)个质数乘积的平方的倍数的数的个数（\(4[2^2]\)的倍数，\(9[3^2]\)的倍数...）
\(+2\)个质数乘积的平方的倍数的数的个数（\(36[(2\times 3)^2]\)的倍数...）
发现每个乘积前面的系数刚好是\(\mu(i)\)
🍗：\(\mu(3)=-1\)，故\(9\)对答案的贡献为负，\(\mu(6)=1\)，故\(36\)对答案的贡献为正
\(x\)以内的\(i^2\)的个数为\(\frac{x}{i^2}\)
这道题仅是莫比乌斯函数的运用，并非莫比乌斯反演
- code
#include <cstdio>
#define int long long
#define maxn 1000005
int T, k, cnt;
int mu[maxn], prime[maxn];
bool vis[maxn];
void init() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) mu[i] = -1, prime[++ cnt] = i;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
int check( int x ) {
int ans = 0;
for( int i = 1;i * i <= x;i ++ )
ans += x / ( i * i ) * mu[i];
return ans;
}
signed main() {
init();
scanf( "%lld", &T );
while( T -- ) {
scanf( "%lld", &k );
int l = 1, r = ( k << 1 );
while( l <= r ) {
int mid = ( l + r ) >> 1;
if( check( mid ) >= k ) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
if( check( l ) == k ) printf( "%lld\n", l );
else printf( "%lld\n", r );
}
return 0;
}
[HAOI2011]Problem b
- solution
将\(a\le x\le b,c\le y\le d\)二维差分成四个询问
每次询问\(1\le x\le n,1\le y\le m\)的\(gcd(x,y)=k\)的数对数量
然后再转化为\(1\le x\le \frac{n}{k},1\le y\le \frac{m}{k}\)内的互质的数对数量
定义\(f(i):gcd(x,y)=i\)的数对数量，\(F(i):i|gcd(x,y)\)的数对数数量
\((1\le x\le n,1\le y\le m)\)
🧀\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor\)其实是一段一段的区间，最多\(2(\sqrt{n}+\sqrt{m})\)个，从这里入手枚举
那么就需要对前面的\(\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\)前缀和
- code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 50005
int n, a, b, c, d, k, cnt;
bool vis[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn], pre[maxn];
void init() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];
}
int calc( int n, int m ) {
if( n > m ) swap( n, m );
int last, ans = 0;
for( int i = 1;i <= n;i = last + 1 ) {
last = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );
ans += ( pre[last] - pre[i - 1] ) * ( n / i ) * ( m / i );
}
return ans;
}
signed main() {
init();
scanf( "%lld", &n );
for( int i = 1, a, b, c, d, k;i <= n;i ++ ) {
scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d, &k );
a --, c --;
a /= k, b /= k, c /= k, d /= k;
printf( "%lld\n", calc( b, d ) - calc( a, d ) - calc( b, c ) + calc( a, c ) );
}
return 0;
}
- solution
既然要求\(gcd(x,y)\)为质数，而且发现这道题跟上一道problem b很像
先枚举质数，剩下的不就是求\(1\le x\le n,1\le y\le m,gcd(n,m)=1\)的数对数量？？
定义\(f(i):gcd(x,y)=i\)的数对数量，\(F(i):i|gcd(x,y)\)的数对数数量
\((1\le x\le n,1\le y\le m)\)
如果止步于此，获得的只有美丽的黑色
令\(k=d\times p\)，则\(p=k/d\)
最后就只剩下对\(\sum_{p|k}\mu(\frac{k}{p})\)进行前缀和的处理
这里的处理略微不同于上一道题
可以通过暴力枚举质因子，对质因子的倍数进行\(\mu\)的累加，再前缀和处理出来
- code
遇得到哦🙄
define int long long让我直接慢了1s多，导致\(T\)了，只能老老实实改long long才能顺利\(AC\)
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 10000005
int T, cnt;
int sum[maxn], mu[maxn], prime[maxn];
long long pre[maxn];
bool vis[maxn];
void init( 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] < maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for( int j = 1;j <= cnt;j ++ )
for( int i = 1;i * prime[j] <= n;i ++ )
sum[prime[j] * i] += mu[i];
for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) pre[i] = pre[i - 1] + sum[i];
}
int main() {
init( 1e7 );
scanf( "%d", &T );
int n, m, r;
long long ans;
while( T -- ) {
scanf( "%d %d", &n, &m );
if( n > m ) swap( n, m );
ans = 0;
for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {
r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );
ans += 1ll * ( pre[r] - pre[i - 1] ) * ( n / i ) * ( m / i );
}
printf( "%lld\n", ans );
}
return 0;
}
[SDOI2014]数表
- solution
一句话题意，令\(sum(i)\)表示\(i\)的因子和，给定\(n,m,a\)，求🍔
先思考此题的弱化版，即不考虑\(a\)
令\(F(i)\)表示\(1\le x\le n, 1\le y\le m,i|gcd(x,y)\)的数对个数
令\(f(i)\)表示\(1\le x\le n,1\le y\le m,gcd(x,y)=i\)的数对个数
则有
莫比乌斯反演
于是，有
如果现在知道\(\sum_{i|d}sum(i)\mu(\frac{d}{i})\)，就可以\(O(sqrt{n})\)的计算出答案
\(sum(i)\)可以线性筛得到，与上一题类似，枚举\(i\)暴力更新倍数，前缀和即可，\(O(logn)\)
现在加上限制\(a\)，又怎么做呢？？
其实只有\(sum(i)\le a\)的\(i\)才会产生贡献
自然而然的想到，将\(a,sum(i)\)分别排序，树状数组维护
本质就是树状数组在线插入
至于取模的问题，采取自然溢出的方式即可，具体细节可参见代码
- code
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 100000
#define int long long
struct node {
int n, m, a, id;
}q[maxn], s[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn + 5], sum[maxn + 5], tree[maxn + 5], result[maxn + 5];
bool vis[maxn + 5];
int cnt;
bool cmp( node x, node y ) {
return x.a < y.a;
}
void init() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i <= maxn;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )
for( int j = i;j <= maxn;j += i ) sum[j] += i;
for( int i = 1;i <= maxn;i ++ )
s[i].a = sum[i], s[i].id = i;
sort( s + 1, s + maxn + 1, cmp );
}
int lowbit( int x ) {
return x & ( -x );
}
void add( int x, int v ) {
for( int i = x;i < maxn;i += lowbit( i ) )
tree[i] += v;
}
int query( int x ) {
int ans = 0;
for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )
ans += tree[i];
return ans;
}
int solve( int n, int m ) {
if( n > m ) swap( n, m );
int ans = 0, r;
for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {
r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );
ans += ( n / i ) * ( m / i ) * ( query( r ) - query( i - 1 ) );
}
return ans;
}
void Add( int id ) {
for( int i = 1;i * id <= maxn;i ++ )
add( i * id, mu[i] * sum[id] );
}
signed main() {
int Q;
scanf( "%lld", &Q );
for( int i = 1;i <= Q;i ++ )
scanf( "%lld %lld %lld", &q[i].n, &q[i].m, &q[i].a ), q[i].id = i;
sort( q + 1, q + Q + 1, cmp );
init();
int now = 0;
for( int i = 1;i <= Q;i ++ ) {
while( s[now + 1].a <= q[i].a && now < maxn ) Add( s[++ now].id );
result[q[i].id] = solve( q[i].n, q[i].m );
}
int mod = 1ll << 31;
for( int i = 1;i <= Q;i ++ )
printf( "%lld\n", result[i] % mod );
return 0;
}
[国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB
- solution
一句话题意，求🍔$$\sum_{i=1}n\sum_{j=1}mlcm(i,j)$$ - \(step1:\) 枚举最大公因数
- \(step2:\) 将最大公因数提到前面，循环上界压缩
- \(step3:\) 利用\(\sum_{i|n}\mu(i)=[n=1]\)，对原式不会造成改变
- \(step4:\) 也将\(\mu\)提到前面，那么为了保证\(k|i,k|j\)，枚举\(i,j\)变为直接枚举\(ki,kj\)
- \(step5:\) 将\(k\)提出来
⚡：
①\(\sum_{k}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\times k^2\)使用老套路前缀和优化，之后\(O(1)\)查询
②\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d\times k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d\times k}\rfloor}i\times j\)其实就是一个等差数列求积
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mi\times j=\frac{n\times (n+1)}{2}. \frac{m\times (m+1)}{2} \]
- code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 20101009
#define maxn 10000005
int mu[maxn], prime[maxn], sum[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt, inv;
void init() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for( int i = 1;i < maxn;i ++ )
sum[i] = ( sum[i - 1] + i % mod * i % mod * mu[i] % mod + mod ) % mod;
}
int seq( int n ) {
return n % mod * ( n + 1 ) % mod * inv % mod;
}
int calc( int n, int m ) {
if( n > m ) swap( n, m );
int ans = 0, r;
for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {
r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );
ans = ( ans + ( sum[r] - sum[i - 1] + mod ) % mod * seq( n / i ) % mod * seq( m / i ) % mod ) % mod;
}
return ans;
}
int qkpow( int x, int y ) {
int ans = 1;
while( y ) {
if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
signed main() {
init();
inv = qkpow( 2, mod - 2 );
int n, m;
scanf( "%lld %lld", &n, &m );
int ans = 0;
for( int d = 1;d <= min( n, m );d ++ )
ans = ( ans + d * calc( n / d, m / d ) % mod ) % mod;
printf( "%lld\n", ans );
return 0;
}
[SDOI2015]约数个数和
- solution
一句话题意，设\(d(x)\)表示\(x\)的约数和，求🍔
首先有一个约数和的公式🍔
我不是很会证
转换一下枚举方式，考虑直接枚举因子
设\(F(i)\)表示\(1\le x\le n,1\le y\le m,i|gcd(x,y)\)的约数和
设\(f(i)\)表示\(1\le x\le n,1\le y\le m,i=gcd(x,y)\)的约数和，\(f(1)\)即为最终答案
莫比乌斯反演
最后想求的答案就是\(f(1)\)
对于求\(F(t)\)的方法，先计算出\(S(t)=\sum_{i=1}^t\lfloor\frac{t}{i}\rfloor\)，则可以\(O(1)\)得到
- code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 50005
int T, n, m, cnt;
int mu[maxn], prime[maxn], sum[maxn];
bool vis[maxn];
void init() {
mu[1] = 1;
for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {
if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, mu[i] = -1;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) mu[i] += mu[i - 1];
for( int x = 1;x < maxn;x ++ ) {
int ans = 0;
for( int i = 1, j;i <= x;i = j + 1 ) {
j = x / ( x / i );
ans += ( j - i + 1 ) * ( x / i );
}
sum[x] = ans;
}
}
int calc( int n, int m ) {
if( n > m ) swap( n, m );
int ans = 0, r;
for( int i = 1;i <= n;i = r + 1 ) {
r = min( n / ( n / i ), m / ( m / i ) );
ans += ( mu[r] - mu[i - 1] ) * sum[n / i] * sum[m / i];
}
return ans;
}
signed main() {
init();
scanf( "%lld", &T );
while( T -- ) {
scanf( "%lld %lld", &n, &m );
printf( "%lld\n", calc( n, m ) );
}
return 0;
}
