Moe比乌斯反演

懵逼乌斯反演//Hang in the air

首先以下断言成立!

1.ε(n)=∑_d|nμ(d)

2.n=∑_d|nφ(d)

第一类莫比乌斯反演

f(n)=Σ_d|ng(d)    <=>    g(d)=Σ_d|nμ(n/d)f(d)

第二类莫比乌斯反演

f(d)=Σ_d|ng(n)    <=>    g(d)=Σ_d|nf(n)μ(n/d)

 

例题:BZOJ2301

要求满足gcd(i,j)=k(a<=i<=b且c<=j<=d)的有序数对(i,j)个数.

 

首先问题可以转化成求4个前缀和,然后求前缀和的时候可以再把形如:(n,m,k),表示满足gcd(i,j)=k(1<=i<=n且1<=j<=m)的有序对(i,j)个数.这样的询问转化成----问有多少对满足1<=i<=n/k且1<=j<=m/k的有序对(i,j)互质.

 

设f(x)=Σ(i=1..n)Σ(j=1..n)[gcd(i,j)==x],g(x)=Σ_x|if(i)

思考g(x)的实际意义----就是求所有的有序对(i,j)满足:1<=i<=n且1<=j<=m且x|i且x|j

∴g(x)=floor(n/x)floor(m/x)

∴f(x)=Σ_x|iμ(i/x)floor(n/i)floor(m/i)

然而问题是要求f(1)=Σμ(i)floor(n/i)floor(m/i)

这么求是O(n)的,已经很优啦,接下来把它优化要O(√n)

由于floor(n/i)一共有√n个结果,floor(m/i)一共有√m个结果,所以floor(n/i)*floor(m/i)最多有2*(√n+√m)个结果,预处理μ的前缀和,对于相同的结果直接加速...

Code:

 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
const int MAXN=50000;
int t;
int a,b,c,d,k;
bool vis[MAXN+10];
int p[MAXN+10],tot;
int moe[MAXN+10],premoe[MAXN+10];
void init()
{
	for(int i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++tot]=i;
			moe[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=tot&&(ll)p[j]*i<=MAXN;++j)
		{
			vis[p[j]*i]=true;
			if(i%p[j]==0){moe[p[j]*i]=0;break;}
			moe[p[j]*i]=-1*moe[i];
		}
	}
	moe[1]=1;
	for(int i=1;i<=MAXN;++i)premoe[i]=premoe[i-1]+moe[i];
}
ll work(int n,int m,int k)
{
	ll res=0;
	n/=k;m/=k;
	for(int i=1,to,a,b;i<=n&&i<=m;i=to+1)
	{
		a=n/i;b=m/i;
		to=min(n/a,m/b);
		res+=(ll)(premoe[to]-premoe[i-1])*a*b;
	}
	return res;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		printf("%lld
",work(b,d,k)-work(a-1,d,k)-work(b,c-1,k)+work(a-1,c-1,k));
	}
	return 0;
}