莫比乌斯反演学习记录（最菜的垃圾而浅薄基础的总结）

鉴于容易忘，决定先把目前会的写出来.....

莫比乌斯函数：
对于一个整数N，按照算数基本定理分解质因数为N = p1^c1 * p2^c2 * p3^c3 * ... * pm^cm
              0 存在i∈[1, m],ci>1
μ(N) = { 1 m≡0(mod 2),任意i∈[1, m],ci = 1
            -1 m≡1(mod 2),任意i∈[1, m],ci = 1
通俗讲：
①当N包含相等的质因子时，μ(N) = 0
②当N的全部质因子各不相等时，若N有偶数个质因子,μ(N) = 1
③当N有奇数个质因子时，μ(N) = -1
固然百度的话显然能找到更好的说明方式，可是我以为这样比较清楚(虽然不利于理解求莫比乌斯函数)

莫比乌斯函数求法

 1 memset(vis, 0, sizeof(vis));  2     miu[1] = 1, vis[1] = 1;  3     for(int i = 2; i < v; ++i) {  4         if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, miu[i] = -1;  5         for(int j = 1; j <= cnt; ++j) {  6             if(prime[j] > v / i) break;  7             vis[i * prime[j]] = 1;  8             if(i % prime[j] == 0) {//说明对于i * prime[j], 其中prime[j]的幂大于1 
 9                 miu[prime[j] * i] = 0; 10                 break; 11  } 12             miu[prime[j] * i] = -miu[i]; 13  } 14     }

 

莫比乌斯反演：
<1>莫比乌斯函数的一些性质：
·对于任意正整数n,Σμ(d) = [n=1] (d|n)
　　证实：当n = 1时，显然有函数g(n) = Σμ(d) = 1 (d|n)
　　　　　当n = p^k时(p为质数)
　　　　　　g(n) = Σμ(d) = μ(1)+μ(p)+μ(p^2)+...+μ(p^k)
　　　　　　　　　　　  = 1 + (-1) + 0 + ... + 0 = 0
　　　　    当n = p1^c1 * p2^c2 * ... * pk^ck时
　　　　　　g(n) = g(p1^c1)g(p2^c2)....g(pk^ck) = 0
·对于任意正整数n，Σμ(d)/d = φ(n)/n (d|n) //然而我并不会证实

<2>莫比乌斯反演
定理：F(n), f(n)为两个非负整数集合上的函数
　　　F(n) = Σf(d) (d|n) <==> f(n) = ΣΣμ(d)*f(e) (前一个Σ范围为d|n，后一个Σ范围为e|(n/d))
　　　证实：f(n)=Σμ(d)F(n/d) = Σμ(d)(d|n) * Σf(e)(e|(n/d)) = Σ(d|n)Σ(e|n/d)μ(d)*f(e)
                     交换求和顺序有：f(n) = Σf(e)(e|n)Σμ(d)(d|n/e)
           根据莫比乌斯函数性质1,当且仅当n/e == 1,也就是n = e时,Σμ(d) = 1(d|n/e)
　　　　　　则f(n) = f(e)*1 = f(n)
　　　证毕

（关于莫比乌斯反演，还有狄利克雷卷积证法，可是我不会.jpg）
莫比乌斯反演公式图片搬运版(由于我根本不会markdown语法)

 

大佬眼中的入门题：
Bzoj2301

以cal(a, b, k)表示对于x<=a, y<=b，gcd(x, y)=k的x, y的对数
则咱们求的是
ΣΣ[gcd(i,j)==k](1<=i<=n, 1<=j<=m)
则根据容斥原理，答案显然为
cal(b, d, k) - cal(a - 1, d, k) - cal(b, c - 1, k) + cal(a - 1, b - 1, k)
/*
对于问题ΣΣ[gcd(i,j)==k](1<=i<=n, 1<=j<=m)，能够转化为
求对于1<=x<=[n/k],1<=y<=[m/k],gcd(x,y)互质的对数，也就是
ΣΣ[gcd(i,j)==1](1<=i<=[n/k], 1<=j<=[m/k])
实际上莫比乌斯反演式的本质就是Σμ(d)=[n==1] (d|n)
所以有Σμ(d)=[gcd(i,j)==1] (d|gcd(i,j))
所以也就是求
ΣΣΣμ(d) (1<=i<=[n/k], 1<=j<=[m/k], d|gcd(i,j))
.....
这些是另外一个常见推法的基本操做，可是我不会和式变换因此我不会这么推....
*/
f(i)表示1<=x<=n, 1<=y<=m, 且gcd(x,y)=i的数对(x,y)的个数
F(i)表示1<=x<=n, 1<=y<=m, 且i|gcd(x,y)的数对(x,y)的个数
则F(i)=[n/i]*[m/i],
F[i]=Σf(d)(d|i)
→f(i)=Σμ(d/i)F(d) (i|d)
→f(i)=Σμ(d/i)[n/d][m/d] (i|d)
对于题目，咱们只须要求f(k),而后枚举d(d为k的倍数)
也就是枚举k的每个倍数能够在O(n)复杂度内回答一次询问，显然不能经过题目
考虑优化，容易注意到：咱们对于k的倍数的枚举取决于[n/d]和[m/d]的取值
首先分析[n/d]的取值
1)当1<=d<=[sqrt(n)]时，最多有[sqrt(n)]种不一样的取值
2)当[sqrt(n)]+1<=d<=n是，因为[n/d]<=[sqrt(n)],所以有[sqrt(n)]种不一样的取值
综上所述+同理：
[n/d]有2[sqrt(n)]种不一样的取值
[m/d]有2[sqrt(m)]种不一样的取值
那么[n/d][m/d]有多少种不一样的取值呢
首先，不是4[sqrt(n)][sqrt(m)]个
考虑在一个数轴上，[n/d]将一段变成了2[sqrt(n)]个块，每一个块内取值相同，表示有2[sqrt(n)]中取值
同理考虑[m/d],而后手画一个图，能够发现，对于[n/d]划出的块和[m/d]划出的块的间断点是不一样的
将[n/d]和[m/d]合并，实际上是间断点的合并，即：块的数量变为了2[sqrt(n)]+2[sqrt(m)]
也就是说[n/d][m/d]一共有2[sqrt(n)]+2[sqrt(m)]个取值
对莫比乌斯函数维护前缀和，对于每一段就能够直接回答了
令n <= m这样对于每次询问，复杂度为O(sqrt(n))
总复杂度就是O(q*sqrt(n))

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define uint unsigned int
 4 #define ull unsigned long long
 5 using namespace std;  6 const int maxn = 50010;  7 int miu[maxn], sum_miu[maxn];  8 int T, a, b, c, d, k, cnt = 0;  9 int prime[maxn], vis[maxn]; 10 
11 inline int read() { 12     int x = 0, y = 1; 13     char ch = getchar(); 14     while(!isdigit(ch)) { 15         if(ch == '-') y = -1; 16         ch = getchar(); 17  } 18     while(isdigit(ch)) { 19         x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; 20         ch = getchar(); 21  } 22     return x * y; 23 } 24 
25 inline void pre_miu(int v) { 26     memset(vis, 0, sizeof(vis)); 27     miu[1] = 1, vis[1] = 1; 28     for(int i = 2; i < v; ++i) { 29         if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, miu[i] = -1; 30         for(int j = 1; j <= cnt; ++j) { 31             if(prime[j] > v / i) break; 32             vis[i * prime[j]] = 1; 33             if(i % prime[j] == 0) {//说明对于i * prime[j], 其中prime[j]的幂大于1 
34                 miu[prime[j] * i] = 0; 35                 break; 36  } 37             miu[prime[j] * i] = -miu[i]; 38  } 39  } 40     for(int i = 2; i < v; ++i) miu[i] += miu[i - 1]; 41 } 42 
43 inline ll calc(int n, int m, int k) {//枚举不一样的值，last指向下一个间断点，这个方法又被称为数论分块 
44     n /= k, m /= k; 45     if(n > m) swap(n, m); 46     int last = 0; ll res = 0; 47     for(int i = 1; i <= n; i = last + 1) { 48         last = min(n / (n / i), m / (m / i)); 49         res += 1LL * (n / i) * (m / i) * (miu[last] - miu[i - 1]); 50  } 51     return res; 52 } 53 
54 int main() { 55     T = read(); 56  pre_miu(maxn); 57     while(T--) { 58         a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read(); 59         ll ans = calc(b, d, k) - calc(a - 1, d, k) - calc(b, c - 1, k) + calc(a - 1, c - 1, k); 60         printf("%lld\n", ans); 61  } 62     return 0; 63 }

后续的题目回头慢慢补咕咕咕....

Bzoj4804欧拉心算

 

对于AC此题，须要推式子(1)

关于此题的解法是如何想到的，我只能说我也是看课件（题解）的.....(2)

式子推的乱不要慌张，毕竟我不会markdown(3)

关于Σ的范围和对应的字母，看我后面括号里的顺序肯定吧......(4)

对于式子ΣΣφ(gcd(i,j)) (1<=i<=n, 1<=j<=n)，咱们令d = gcd(i, j)

可得ΣΣφ(d) (1<=i<=n, i<=j<=n)，咱们进行和式变换，先枚举d，可得:

　　Σφ(d) ΣΣ[gcd(i, j) == d] (1<=d<=n , 1<=i<=n , 1<=j<=n)

==> Σφ(d) ΣΣ[gcd(i, j) == 1] (1<=d<=n , 1<=i<=[n/d] , 1<=j<=[n/d]) //注：此处以及如下的[x/y]形式的都表示下取整，（貌似数学内的取证符号就是下取整？？（不清楚））

==> Σφ(d) Σμ(i)([n/(d*i)]^2)  (1<=d<=n , 1<=i<=[n/d]) //关于这一步如何推得？就是对后面两个Σ进行反演

       令D = d*i， 和式变换得:

==> Σ([n/D]^2) Σφ(d)μ(D/d) (1<=D<=n, d|D)              //关于这一步如何推得？改变枚举顺序，将未知数只含D的项提出去，由于D=d*i，所以D∈[1, n]，而后i用D/d表示，d的范围就是d|D

这样，接下来的问题转变为筛Σφ(d)μ(D/d) (d|D)，观察/打表/证实/猜测（或是看题解）可知这是一个积性函数

令h(d) = Σφ(d)μ(D/d) (d|D)，考虑分类讨论：设p为一个质数

1） h(p) = φ(1)μ(p) + φ(p)μ(1) = -1 + p - 1 = p - 2

2） h(p^2) = φ(1)μ(p^2) + φ(p)μ(p) + φ(p^2)μ(1) = p^2 - 2p + 1 = (p - 1)^2

3） h(p^k) = φ(1)μ(p^k) + φ(p)μ(p^(k-1)) + ...... + φ(p^(k-1))μ(p) + φ(p^k)μ(1) = p^(k-1) (p-1) - p^(k-2) (p-1)

　　　　   = p^(k-2) (p-1)^2 = p^(k-2) h(p^2) = ph(p^k-1) //由此能够获得一个递推式，设h(p^i), 则h(p^i) = h(p^(i-1))*p

4）gcd(a, p) = 1， 则根据积性函数, h(ap) = h(a)*h(p)

其他状况根据积性函数推便可

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 #define uint unsigned int
 4 #define ull unsigned long long
 5 using namespace std;  6 const int maxn = 1e7+10;  7 int miu[maxn], prime[maxn];  8 bool vis[maxn];  9 int T, n, tot = 0; 10 int h[maxn]; 11 ll sum_h[maxn]; 12 
13 inline int read() { 14     int x = 0, y = 1; 15     char ch = getchar(); 16     while(!isdigit(ch)) { 17         if(ch == '-') y = -1; 18         ch = getchar(); 19  } 20     while(isdigit(ch)) { 21         x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; 22         ch = getchar(); 23  } 24     return x * y; 25 } 26 
27 inline void Mobius(int v) { 28     memset(vis, 0, sizeof(vis)); 29     h[1] = 1, vis[1] = 1; 30     for(int i = 2; i <= v; ++i) { 31         if(!vis[i]) { 32             vis[i] = 1; 33             prime[++tot] = i, h[i] = i - 2; 34  } 35         for(int j = 1; j <= tot; ++j) { 36             if(prime[j] > v / i) break; 37             vis[i * prime[j]] = 1; 38             if(i % prime[j] == 0) { 39                 if((i / prime[j]) % prime[j] == 0) 40                     h[i * prime[j]] = h[i] * prime[j]; 41                 else h[i * prime[j]] = h[i / prime[j]] * (prime[j] - 1) * (prime[j] - 1); 42                 //对于else 设i = ap, 则h(i*p) = h(ap^2) = h(a) * h(p^2),以及p^2 h(p^2) = 1 * (p-1)^2 
43                 break; 44  } 45             h[i * prime[j]] = h[i] * h[prime[j]];//无特殊状况时，就是积性函数 
46  } 47  } 48     for(int i = 1; i <= v; ++i) sum_h[i] = sum_h[i - 1] + h[i]; 49 } 50 
51 int main() { 52  Mobius(maxn); 53     T = read(); 54     while(T--) { 55         n = read(); 56         ll ans = 0; 57         for(int i = 1, last; i <= n; i = last + 1) { 58             last = n / (n / i); 59             ans += 1LL * (n / i) * (n / i) * (sum_h[last] - sum_h[i - 1]); 60  } 61         printf("%lld\n", ans); 62  } 63     return 0; 64 }