数论知识总结-莫比乌斯反演

数论知识总结-莫比乌斯反演

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NOIP爆零の蒟蒻又来学数论辣

用yyb的博客学了一下莫比乌斯反演

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莫比乌斯函数

玄学

\[ \mu(x)=\left\{ \begin{aligned} 1 & (x=1) \\ 0 & (x=p^2\times k,k\in {\mathbb{Z}^+}) \\ (-1)^k & (x=\Pi_{i=1}^{n}{p_i^{k_i}},k_i=1) \\ \end{aligned} \right. \]

x=1时，\(\mu(x)=1\)
x包含质数的平方时，\(\mu(x)=0\)
否则令k=x的质因子个数，\(\mu(x)=(-1)^k\)

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莫比乌斯反演

有两种形式？？

如果有两个函数\(f(x),g(x)\)：

若满足\(g(x)=\sum_{d|x}f(d)\)，就能推出\(f(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})g(d)\)

若满足\(g(x)=\sum_{x|d,d\le n}f(d)\)，就能推出\(f(x)=\sum_{x|d,d\le n}\mu(\frac{d}{x})g(d)\)

如果求不出\(f(x)\)，但能快速求出\(g(x)\)，任意一个\(f(x)\)就可以快速算出来。

证明不会嗷嗷嗷嗷嗷嗷，能背就好辣

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例题

[POI2007]ZAP-Queries

将a/=d,b/=d，问题转化为求gcd(i,j)=1的对数

设\(f(x)\)为满足\(gcd(i,j)=x\)的有序数对\((i,j)\)数量，

\(F(x)\)为\(gcd(i,j)\)为\(x\)倍数的有序数对\((i,j)\)数量。

关系式：\(F(x)=\sum_{x|d,d\le n}f(d)\)。

现在要求\(f(1)\)

\(F(x)\)很好求，\(F(x)=\lfloor\frac{a}{x}\rfloor\times\lfloor\frac{b}{x}\rfloor\)

so \(f(x)=\sum_{x|d,d\le n}\mu(\frac{d}{x})F(d)\)

这样枚举可以获得70分的好成绩

好像还有个东西叫数论分块

\(F(x)\)可以分成很多值相等的段，而且最多\(O(\sqrt{n})\)段

于是就可以做了

如果求无序数对的话可以写个solve函数，ans=solve(a,b)-solve(min(a,b),min(a,b))/2

// It is made by XZZ
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define il inline
#define rg register
#define vd void
#define sta static
#define int long long
using std::min;
il int gi(){
    rg int x=0,f=1;rg char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
const int maxn=50001;
int mu[maxn],Mu[maxn],pr[maxn],g[maxn];
bool flg[maxn];
main(){
    mu[1]=1;
    for(rg int i=2;i<maxn;++i){
        if(!flg[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(rg int j=1;i*pr[j]<maxn&&j<=pr[0];++j){
            flg[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){mu[i*pr[j]]=0;break;}
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(rg int i=1;i<maxn;++i)Mu[i]=mu[i]+Mu[i-1];
    int T=gi(),a,b,k,ans,i,j;
    for(rg int zsy=1;zsy<=T;++zsy){
        a=gi(),b=gi(),k=gi();
        if(k==0){puts("0");continue;}
        a/=k,b/=k;ans=0;i=1;
        while(i<=min(a,b)){
            j=min(a/(a/i),b/(b/i));
            ans+=(Mu[j]-Mu[i-1])*(a/j)*(b/j);
            i=j+1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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[蛤OI2011]Problem B

和上面一样，简单利用容斥。

// It is made by XZZ
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define il inline
#define rg register
#define vd void
#define sta static
using namespace std;
typedef long long ll;
il int gi(){
    rg int x=0,f=1;rg char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
const int maxn=50001;
int mu[maxn],Mu[maxn],pr[maxn];
bool yes[maxn];
il ll solve(int x,int y,int k){
    if(x==0||y==0)return 0;
    if(x>y)swap(x,y);
    x/=k,y/=k;
    int i=1,j;
    ll ret=0;
    while(i<=x){
        j=min(x/(x/i),y/(y/i));
        ret+=1ll*(Mu[j]-Mu[i-1])*(x/j)*(y/j);
        i=j+1;
    }
    return ret;
}
main(){
    mu[1]=1;
    for(rg int i=2;i<maxn;++i){
        if(!yes[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(rg int j=1;i*pr[j]<maxn&&j<=pr[0];++j){
            yes[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){mu[i*pr[j]]=0;break;}
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(rg int i=1;i<maxn;++i)Mu[i]=Mu[i-1]+mu[i];
    int T=gi(),a,b,c,d,k;
    while(T--){
        a=gi(),b=gi(),c=gi(),d=gi(),k=gi();
        printf("%lld\n",solve(b,d,k)-solve(b,c-1,k)-solve(a-1,d,k)+solve(a-1,c-1,k));
    }
    return 0;
}

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