51nod 1675.序列变换

序列变换

题目描述

\(lyk\) 有两序列 \(a\) 和 \(b\)。

\(lyk\) 想知道存在多少对 \(x,y\)，满足以下两个条件。

\(1：\gcd(x,y)=1\)。

\(2：a_{b_x} = b_{a_y}\)。

例如若 \(a={1,1,1}，b={1,1,1}\)。那么存在 \(7\) 对，因为除了 \(x=2,y=2\) 或 \(x=3,y=3\) 外都满足条件。

输入

第一行一个数 \(n(1<=n<=100000)\)。

接下来一行n个数，表示 \(ai(1<=ai<=n)\)。

接下来一行n个数，表示 \(bi(1<=bi<=n)\)。

输出

一行表示答案

输入样例

3

1 1 1

1 1 1

输出样例

7

解析

这是我第一次用莫比乌斯反演性质二的第一题

先打出莫比乌斯反演性质二：

有数论函数 \(f(n)= \sum_{d|n} g(d)\)

逆求 \(g(n)\)

则有：

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

日后再证

然后套路解题

设

\[f(x) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=x][a_{b_i} = b_{a_j}]
\]

再设

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

然后玩第二个式子

\[\begin{aligned}
F(x)
&=\sum_{x|d} f(d) \\
&=\sum_{x|d} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=d][a_{b_i} = b_{a_j}] \\
&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [x|gcd(i,j)][a_{b_i} = b_{a_j}] \\
&=\sum_{x|i} \sum_{x|j} [a_{b_i} = b_{a_j}]
\end{aligned}
\]

那么，答案就是：

\[f(1) = \sum_{i=1}^n F(i) \mu(i)
\]

求 \(f(1)\) 我们期望是 \(O(n)\)

所以我们要预处理出 \(\mu\) 和所有 \(F(i)\)

如何快速计算 \(F(i)\) ？

呵呵，先开个桶，然后~~~

看我代码吧，政治觉悟略高的同志必然能看得懂

代码

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1e5;
int a[N + 5] , b[N + 5] , n , mu[N + 5] , tot , prime[N + 5] , vis[N + 5];
LL cnt[N + 5] , F[N + 5] , ans;

inline void getF()
{
	for(register int i = 1; i <=n; i++)
	{
		for(register int j = i; j <= n; j += i) cnt[a[b[j]]]++;
		for(register int j = i; j <= n; j += i) F[i] += cnt[b[a[j]]];
		for(register int j = i; j <= n; j += i) cnt[a[b[j]]]--;
	}
}

inline void getmu()
{
	mu[1] = 1;
	for(register int i = 2; i <=n; i++)
	{
		if (!vis[i]) mu[prime[++tot] = i] = -1;
		for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; j++)
		{
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) break;
			mu[prime[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d" , &n);
	for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d" , &a[i]);
	for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d" , &b[i]);
	getF() , getmu();
	for(register int i = 1; i <= n; i++) ans += (LL)mu[i] * F[i];
	printf("%lld" , ans);
}