容斥与简单莫反

容斥与莫比乌斯函数

容斥原理：

介绍：设集合$S_1\sim S_n$,记$|S_i|$表示集合$S_i$的大小，设$\cup$表示集合的并集运算，$\cap$表示集合的交集运算，则

$$\left|\bigcup _{i=1}^n{S}_i\right|=\sum _{i=1}^n|S_i|-\sum _{1\le i<j\le n}|S_i\cap S_j|+\sum _{1\le i<j<k\le n}|S_i\cap S_j\cap S_k|-\dots +(-1{)}^{n+1}\left|\bigcap _{i=1}^n{S}_i\right|$$

所以由容斥原理可以得到之前的多重集的组合数公式：

设集合$\mathbb{S}=\{n_1·a_1,n_2·a_2,n_3·a_3\dots n_k·a_k\}$是由$n_1$个$a_1$……组成的多重集，$n=\sum _{i=1}^k{n}_i$
则从该集合中选出$r(r\le n)$个数组成的不同的多重集数量为：

$$C_{k+r-1}^{k-1}-\sum _{i=1}^k{C}_{k+r-n_i-2}^{k-1}+\sum _{1\le i<j\le n}{C}_{k+r-n_i-n_j-2}^{k-1}-\dots +(-1{)}^k{C}_{k+r-n-k-1}^{k-1}$$

对于容斥原理在代码中的实现：我们可以枚举$x\in [0,2^k-1]$,将x内的含1的位提取出来，根据奇偶性判断是加还是减，特别的，我们令x=0代表$C_{k+r-1}^{k-1}$

Mobius函数

莫比乌斯函数是一个容斥系数，与容斥原理息息相关

定义：设$x$被算术基本定理分解为：$\prod _{i=1}^n{p}_i^{c_i}$

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}0& \mathrm{\exists }i\in [1,n],c_i\ge 2\\ 1& nmod2=0,\mathrm{\forall }i\in [1,n],c_i=1\\ -1& nmod2=1,\mathrm{\forall }i\in [1,n],c_i=1\end{array}$$

则称$\mu (x)$为$u$的$mobius$函数

对于mobius函数的求法：

如果只是求一个数的莫比乌斯函数，分解质因数即可，若是求$1\sim N$的，则使用埃拉托尼斯筛法计算

for(int i=1;i<=n;i++)mui[i]=1,vis[i]=0;
for(int i=2;i<=n;i++){  
    if(vis[i])continue;
    mui[i]=-1;
    vis[i]=1;
    for(int j=2;j*i<=n;j++){  
        mui[i*j]*=-1;
        if(j%i==0)mui[i*j]=0;
        vis[i*j]=1;
    }
}

性质:

1.对于任意正整数n，$\sum _{d|n}\mu (i)=[n=1]$

2.若$gcd(a,b)=1$,则$\mu (ab)=\mu (a)\mu (b)$

$$\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$$

莫比乌斯函数与容斥原理的关系：

即对$1\sim N$应用容斥原理，则每个数的莫比乌斯函数决定了那个数的系数

随意扔一道例题：
ZAP-Queries

[POI2007]ZAP-Queries

题目描述

密码学家正在尝试破解一种叫 BSA 的密码。

他发现，在破解一条消息的同时，他还需要回答这样一种问题：

给出 $a,b,d$，求满足 $1\le x\le a$，$1\le y\le b$，且 $gcd(x,y)=d$ 的二元组 $(x,y)$ 的数量。

因为要解决的问题实在太多了，他便过来寻求你的帮助。

输入格式

输入第一行一个整数 $n$，代表要回答的问题个数。

接下来 $n$ 行，每行三个整数 $a,b,d$。

输出格式

对于每组询问，输出一个整数代表答案。

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le n\le 5\times {10}^4$，$1\le d\le a,b\le 5\times {10}^4$。

分析：
求有多少对二元组$(x,y)$满足$(x\le a,y\le b)$并且$gcd(x,y)=k$，等价于求有多少对二元组$(x,y)$满足$(x\le \frac{a}{k},y\le \frac{b}{k})$并且$x,y$互质
设$D[a,b,k]$表示满足$x\le a,y\le b$并且$k|gcd(x,y)$的二元组有多少对，显然，只需要$x,y$是$k$的倍数即可，而$1\sim a$中k的倍数有$\lfloor \frac{a}{k}\rfloor$个，b同理，则我们很容易就可以得出$D[a,b,k]=\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor$

设$F[a,b]$表示满足$x\le a,yleb$的二元组$(x,y)$有多少对，则有：

$$F[a,b]=\sum _{i=1}^{min(a,b)}\mu (i)\times D[a,b,i]$$

上式含义：当$i=1$的时候$D[a,b,1]\times \mu (1)$,而$\mu (1)=1$，所以此时就相当于是加上了所有的二元组$a\times b$,应当减去$2,3,5,7\dots \dots$的倍数，但是6，10等就被减去了两次需要在加回来一次……以此类推便可以确定对于每个数加减的系数都是$\mu$函数

又联系我们之前学习的数论分块的知识
$\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor$这是呈段状的

$\mathrm{\forall }i\in [x,min(\lfloor \frac{a}{\lfloor \frac{a}{x}\rfloor }\rfloor ,\lfloor \frac{b}{\lfloor \frac{b}{x}\rfloor }\rfloor )],\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor$的值都相等，我们预处理$\mu$函数的前缀和即可直接累加这一段答案

#define int long long
int T,n,a,b,d,mobius[50005],sum[50005];
bool vis[50005];
void init(){
    for(int i=1;i<=50000;i++)mobius[i]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++){
    	if(!vis[i]){
    		mobius[i]=-1;
    		for(int j=2;j*i<=50000;j++){
    			vis[j*i]=1;
    			mobius[i*j]= j%i==0?0:-mobius[i*j];
			}
		}
	}
    for(int i=1;i<=50000;i++)sum[i]=sum[i-1]+mobius[i];
}
int get(int a,int x){
    return a/(a/x);
}
signed main(){
    init();
	  scanf("%lld",&T);
    while(T--){
        int ans=0;
        scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&d);
        a/=d,b/=d;
        n=min(a,b);
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
            r=min(n,min(get(a,l),get(b,l)));
            ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

莫比乌斯反演定理

仅作了解，tg无需掌握

设函数$f(x),g(x)$是定义在正整数集上的两个函数

形式1

若函数$f(x),g(x)$满足

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

则：

$$g(n)=\sum _{d|n}\mu (d)f(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})f(d)$$

形式2

若函数$f(x),g(x)$满足：

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

则有

$$g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)=\sum _{n|d}\mu (d)f(\frac{d}{n})$$

推一个大佬博客“浅谈”莫反