【笔记篇】不普及向——莫比乌斯反演学习笔记 && 栗题HAOI2011 Problem B

Part0 广告(当然没有广告费)

P.S. 这篇文章是边学着边用Typora写的...学完了题A了blog也就呼之欲出了~有latex化式子也非常方便...非常建议喜欢Markdown的dalao们下载个~

Part1 莫比乌斯函数&&莫比乌斯反演

最近一直在做数论不是OvO

然后就一直有莫比乌斯反演这个坑没有填OvO

其实PoPoQQQ的课件已经看过不少遍了OvO

但是数论这东西不动手化式子还是不行的OvO

或许是我菜?

没错,莫比乌斯就是发现那个奇怪的扭曲的环的男人...

对于两个函数\(F(x)\)和\(f(x)\), 如果它们满足

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)
\]

那么就有

\[f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)
\]

这个\(\mu(x)\)指的是莫比乌斯函数...是个积性函数, 可以线筛的那种...

线筛求莫比乌斯函数的代码:

void euler(int n){
	mu[1]=1; notp[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!notp[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j){
			notp[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

PoPoQQQ的课件其实讲的已经非常好了, 然后再自己动手化化式子体会一下就比较好了~

Part2 HAOI2011 Problem B

题目大意: 明明题目已经写的很清楚了不是OvO

我们就先容斥一波, 把每个询问拆成四个...

令\(Q_{n,m}\)表示对于满足\(1\leq x\leq n,1\leq y\leq m\)且\(gcd(x,y)=k\)的数对\((x,y)\)的个数.

这样的话显然每次询问的答案就是\(Q_{b,d}-Q_{a-1,d}-Q_{b,c-1}+Q_{a-1,c-1}\)

那么如何求\(Q_{n,m}\)呢?(后来发现其实这就是bzoj1101不过是道权限题..

我们可以看出这个答案和\(1\leq x\leq \left\lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor,1\leq y\leq \left\lfloor \frac{m}{k}\right \rfloor\),且\(gcd(x,y)=1\)的\((x,y)\)个数是一样的..

这样求的做法很显然单次询问就是\(O(nm)\)的,不是很懂拿什么过..所以需要进行优化.

这里就用到了莫比乌斯反演

不妨令\(f(d)\)为\(1\leq x \leq n,1\leq y\leq m\)且\(gcd(x,y)=d\)的\((x,y)\)个数,\(F(d)\)为\(1\leq x \leq n,1\leq y\leq m\)且\(d|gcd(x,y)\)的\((x,y)\)的\((x,y)\)个数..

这里不难看出\(F(x)\)和\(f(x)\)是满足

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)
\]

这个条件的,而\(F(x)​\)是比较好算的, 因为容易观察出\(F(x)=\left\lfloor \frac{n}{x}\right\rfloor\left\lfloor \frac{m}{x}\right\rfloor​\)

所以就可以直接莫比乌斯反演...

\[f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})F(d)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor
\]

这样的话每次询问我们枚举\(d\)(\(k\)的倍数)就做完了...时间复杂度\(O(n)\)..好像还是过不了OvO

所以我们还要优化...显然现在能优化的地方就是预处理了...(多组询问的常见套路

那么预处理什么呢?

我们发现\(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\)这个东西最多只有\(2\sqrt n\)个取值(可证明的), 所以\(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\)这个东西就有不超过\(2(\sqrt n+\sqrt m)\)个取值咯~

就可以预处理了..然后维护一个前缀和做就好了...

(据说"枚举除法的取值这种方法在莫比乌斯反演的应用当中非常的常用")

枚举的方法就是

long long calc(int n,int m){
	n/=k; m/=k;
	int last=0; long long ans=0;
	if(n>m) swap(n,m);
	for(int i=1;i<=n;i=last+1){
  		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
      	ans+=1LL*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
	}
	return ans;
}

对就是这样咯~

代码(明明就是把上面两个函数拼起来←_←

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=50000;
int prime[N>>2],mu[N],sum[N],tot;
bool notp[N];
inline int gn(int a=0,char c=0){
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
	for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
void euler(int n){
	sum[1]=mu[1]=1; notp[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!notp[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j){
			notp[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
		sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	}
}
int a,b,c,d,k;
inline LL calc(int n,int m){
	int last=0; LL ans=0; n/=k; m/=k;
	if(n>m) swap(n,m);
	for(int i=1;i<=n;i=last+1){
  		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
      	ans+=1LL*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
	}
	return ans;
}
int main(){
	int T=gn(); euler(50000);
	while(T--){
		a=gn(),b=gn(),c=gn(),d=gn(),k=gn();
		printf("%lld\n",calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+calc(a-1,c-1));
	}
}

注意事项?

就一条, 关于long long的问题..

5W相乘, 不开long long 只有30pts

但这个题卡常数.. 全开long long的话会压线5个点 TLE2个点什么的←_←

所以还是能不开long long就不要开long long了...