【学习笔记】莫比乌斯反演
【学习笔记】莫比乌斯反演(其实只讲\(\mu\))
可能最常见的定义式是这样的:
\[F(x)=\Sigma_{d|x}f(x) \leftrightarrow f(x)=\Sigma_{d|x}\mu(x/d)F(x)
\\or
\\
F(x)=\Sigma_{x|d}f(x) \leftrightarrow f(x)=\Sigma_{x|d}\mu(d/x)F(x)
\]
但是这并不是我们\(OI\)的重点..之前一直学不会这个东西就是因为老研究这个去了(我才不会说是\(NOIP\)模拟赛有毒瘤出题人以这样的形式让我和莫比乌斯函数见面)
实际上我们喜欢的是这个性质
\[\Sigma_{d|n}\mu(n)=[n=1]
\]
假如一个式子里有乘积+约数或者什么什么+布尔值,那就套一下这个公式。
这个式子如何证明:
考虑枚举因数就相当于对于\(n=\prod p_i^{a_i}\)选不同的乘起来,你知道当\(d\)在一个\(p_i\)中选了超过一的指数,由于此时\(\exist x^2|n\)所以\(\mu(n)=0\)我们就可以不考虑它了。
所以情况只剩下选择不同的\(p_i\)了,等式就变成了我们选几个不同的素因子:\(\Sigma C_n^i (-1)^i\),我们直接二项式定理可以得到等式\(=(-1+1)^n=0\)。
\(n=1\) 时的证明显然。
\(\text{talk is cheap , show me the 例题:}\)
P2257 YYb的GCD
题意:求:
\[\Sigma_{i=1}^n \Sigma_{j=1}^m [(i,j) \in p]
\]
(\([\ ]=\lfloor \rfloor\))
\[=\Sigma_{i=1}^n \Sigma_{j=1}^m [(i,j) \in p]
\\
=\Sigma_{x\in p}\Sigma_{i=1}^n\Sigma_{j=1}^m[(i,j)=x]
\\
=\Sigma_{x\in p}\Sigma_{i=1}^{n/d}\Sigma_{j=1}^{m/d}[(i,j)=1]
\\
=\Sigma_{x\in p}\Sigma_{i=1}^{n/d}\Sigma_{j=1}^{m/d}\Sigma_{d|(i,j)}\mu(d)
\\
=\Sigma_{x\in p}\Sigma_{d=1}^{min(m,n)/x}\mu(d)[n/dk][m/dk]
\\assuem:T=dk
\\
=\Sigma_{x\in p}\Sigma_{d=1}^{min(m,n)/x}\mu(d)[n/T][m/T]
\\
=\Sigma_{T=1}^{min(m,n)}[n/T][m/T]\Sigma_{x\in p,x|T}\mu(T/x)
\\assume:f(T)=\Sigma_{x\in p,x|T}\mu(T/x)
\\
=\Sigma_{T=1}^{min(m,n)}[n/T][m/T]f(T)
\]
预处理\(f(T)\)数组和他的前缀和,就可以数论分块\(O(n^{1.5})\)了。
怎么处理\(f(T)\) 呢?可以考虑先定位一个素数\(p\),然后直接\(for(i=1\text{~}1e7)\),把所有\(f(p \times i)+=\mu(i)\)。复杂度\(O(n)?\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int qr(){
char c=getchar();
register int ret=0,f=0;
while(not isdigit(c)) f|=c==45,c=getchar();
while( isdigit(c)) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return f?-ret:ret;
}
const int maxn=1e7+5;
typedef long long ll;
bool usd[maxn];
int mu[maxn];
int f[maxn];
ll sum[maxn];
vector < int > pr;
#define pb push_back
inline void gen_mu(){
mu[1]=usd[1]=1;
for(int t=2;t< maxn;++t){
if(not usd[t]) pr.pb(t),mu[t]=-1;
for(auto i:pr)
if(1ll*i*t>=maxn) break;
else if(usd[i*t]=1,t%i) mu[t*i]=-mu[t];
else break;
}
for(auto i:pr)
for(int t=1;1ll*i*t< maxn;++t)
f[i*t]+=mu[t];
for(int t=1;t< maxn;++t) sum[t]=sum[t-1]+1ll*f[t];
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
ll ans=0;
gen_mu();
for(int T=qr(),n,m;T;T--,ans=0){
n=qr();m=qr();
if(n>m) swap(n,m);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
r=min(n/(n/l),m/(m/l)),ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
if(not ans) puts("0");
else printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
[P3327 SDOI2015]约数个数和
先给个式子
\(d(ij)=\Sigma_{x|i}\Sigma_{y|j}[(x,y)=1]\)
继续
\[=\Sigma_i^n \Sigma_j^md(ij)
\\
=\Sigma_i^n \Sigma_j^m\Sigma_{x|i}\Sigma_{y|j}[(x,y)=1]
\\
=\Sigma_i^n \Sigma_j^m\Sigma_{x|i}\Sigma_{y|j}\Sigma_{d|(x,y)}\mu(d)
\\
=\Sigma_i^n \Sigma_j^m\Sigma_{x|i}\Sigma_{y|j}\Sigma_{d=1}^{min(m,n)}\mu(d) \times [d|(x,y)]
\\
=\Sigma_{d=1}^{min(m,n)}\mu(d)\Sigma_i^n \Sigma_j^m\Sigma_{x|i}\Sigma_{y|j}[d|(x,y)]
\\
=\Sigma_{d=1}^{min(m,n)}\mu(d)\Sigma_x^n \Sigma_y^m \lfloor \frac n x \rfloor\lfloor \frac m y\rfloor[d|(x,y)]
\\
=\Sigma_{d=1}^{min(m,n)}\mu(d)\Sigma_x^{\lfloor \frac n d \rfloor} \lfloor \frac n {dx} \rfloor\Sigma_y^{\lfloor \frac m d \rfloor} \lfloor \frac m {dy}\rfloor
\]
右边有两个\(floor\),可以数论分块。分块后可以直接乘上一段\(\mu\)的前缀和。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
template < class ccf > inline ccf qr(ccf ret){ret=0;
register char c=getchar();
while(c<48||c>57) c=getchar();
while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
return ret;
}inline int qr(){return qr(1);}
#define pb push_back
const int maxn=5e4+5;
bool usd[maxn];
int mu[maxn];
int sum[maxn];
ll pre[maxn];
vector < int > pr;
inline void gen_mu(){
mu[1]=usd[1]=1;
for(register int t=2;t< maxn;sum[t]=sum[t-1]+mu[t],++t){
if(not usd[t]) mu[t]=-1,pr.pb(t);
for(auto i:pr)
if(1ll*i*t>=maxn) continue;
else if(usd[i*t]=1,t%i) mu[i*t]=-mu[t];else break;
}
for(register ll t=1;t< maxn;++t)
for(register ll l=1,r;l<=t;l=r+1)
r=t/(t/l),pre[t]+=1ll*(r-l+1)*(t/l);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.in","r",stdin);
freopen("out.out","w",stdout);
#endif
gen_mu();
for(register int T=qr(),n,m;T;T--){
n=qr(1);m=qr(1);ll ans=0;
for(register ll l=1,r,edd=min(m,n);l<=edd;l=r+1)
r=min(n/(n/l),m/(m/l)),
ans+=1ll*(0ll+sum[r]-sum[l-1])*pre[n/l]*pre[m/l];
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
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