以下教程前半部分来自B站电子科技大学的视频 https://www.bilibili.com/video/av43470417?from=search&seid=9275043167445755699。菜鸡如我就还没看懂。
分割线后半部分教程来自 https://www.luogu.org/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi 。
教程一
问题引入
给定整数 N 和 M 。求满足 (1 leq x leq N, 1 leq y leq M) 且 (gcd(x, y)) 为质数的点对 ((x, y)) 的个数。
数据范围： (1 leq N,M leq 1000000)
莫比乌斯（Mobius）函数：
[mu(x) = egin{cases} 1 & ext{: } x = 1 \ -1 & ext{: } x = p_1p_2...p_k(p_i为不相同质数) \ 0 & ext{: 其他情况} end{cases}
]
线性筛
int prime[maxn], prime_tot;
bool prime_tag[maxn];
int mu[maxn];
void pre_calc(int lim) {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= lim; i++) {
if(!prime_tag[i]) {
prime[++prime_tot] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1; j <= prime_tot; j++) {
if(i*prime[j] > lim) {
break;
}
prime_tag[i*prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0) {
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
else {
mu[i*prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
}
狄利克雷卷积
[(f*g)(n) = sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d})
]
积性函数
积性函数：指对于所有互质的整数 a 和 b 有 (f(ab)=f(a)f(b)) 的数论。
- 欧拉函数：(varphi(n))
- 莫比乌斯函数：(mu(n))
- 单位函数：(Id(n) = n)
- 不变函数：(1(n) = 1)
- 幂函数：(Idk(n) = n^k)
- 因子个数函数：(d(n), d = 1*1)
- 因子和函数：(sigma(n), sigma = 1 * Id)
- 因子函数：(sigma k(n))
- 狄利克雷卷积单位元：(varepsilon = [n == 1])
莫比乌斯反演
[g(n) = sum_{d|n}f(d)
ightarrow f(n) = sum_{d|n} mu(d)g(frac{n}{d}) \
g(n) = sum_{n|d}f(d)
ightarrow f(n) = sum_{n|d} mu(frac{d}{n})g(d)
]
证明一
[g = f * 1, mu * g = f * 1 * mu = f
]
证明二
[egin{aligned}
sum_{n|d} mu(frac{d}{n})g(d) &= sum_{k} mu(k)g(nk) \
&= sum_{k} mu(k) sum_{(nk)|t}f(t) \
&= sum_{t}f(t) sum_{(nk)|t} mu(k) \
&= sum_{t}f(t) varepsilon(frac{t}{n}) \
&= f(n)
end{aligned}
]
解决问题
求 (sum_{1leq i leq N} sum_{1 leq j leq M}[gcd(i, j) == p])，p是质数
[f(p) = sum_{1leq i leq N} sum_{1 leq j leq M}[gcd(i, j) == p]
]
[g(p) = sum_{1leq i leq N} sum_{1 leq j leq M}[p | gcd(i, j)]
]
那么，
[g(n) = sum_{n|d}f(d) 且有 g(n) = lfloor{frac{N}{n}}
floor lfloor{frac{M}{n}}
floor
]
[f(n) = sum_{n|d} mu(frac{d}{n})g(d) = sum_{n|d} mu(frac{d}{n}) lfloor{frac{N}{d}}
floor lfloor{frac{M}{d}}
floor
]
[egin{aligned}
ans &= sum_{n in prime} sum_{n|d} mu(frac{d}{n}) lfloor{frac{N}{d}}
floor lfloor{frac{M}{d}}
floor \
&= sum_{n in prime} sum_{t} mu(t) lfloor{frac{N}{nt}}
floor lfloor{frac{M}{nt}}
floor (t := d/n) \
&= sum_{1 leq k leq min(N,M)} lfloor{frac{N}{k}}
floor lfloor{frac{M}{k}}
floor sum_{n|k,n in prime} mu(frac{k}{n}) (k := nt)
end{aligned}
]
[sum(k) := sum_{n|k,n in prime} mu(frac{k}{n}) 可以预处理
]
for(int i = 1; i <= prime_tot; i++) {
for(int j = 1; prime[i] * j <= up; j++) {
sum[prime[i] * j] += mu[j];
}
}
[ans = = sum_{1 leq k leq min(N,M)} lfloor{frac{N}{k}}
floor lfloor{frac{M}{k}}
floor sum(k)
]
整除分块
(lfloor frac{N}{k} floor(1 leq k leq N)) 有约 (2sqrt{N}) 个可能值。快速计算 (sum_{}lfloor frac{N}{k} floor) 的方法：
for(int l = 1; l <= N; l = r+1) {
r = N / (N/l);
ans += (r-l+1) * (N/l);
}
杜教筛
求 (sum^{n}_{i=1}mu(i),n leq 10^{12})
[M(n) := sum^{n}_{i=1}mu(i)
]
[1 = sum^{n}_{i=1}varepsilon(i) = sum^{n}_{i=1}sum_{d|i}mu(d) = sum^{n}_{i=1}sum^{lfloor frac{n}{i}
floor}_{j=1}u(j) = sum^{n}_{i=1}M(lfloor frac{n}{i}
floor)
]
[M(n) = 1 - sum^{n}_{i=2}M(lfloor frac{n}{i}
floor)
]
int mu_sum[maxn];
unordered_map<long long, int> mp;
int mu_calc(long long n) {
if(n < lim) {
return mu_sum[n];
}
if(mp.count(n)) {
return mp[n];
}
int ret = 1;
for(long long l = 2, r; l <= n; l = r+1) {
r = n / (n/l);
ret -= (r-l+1) * mu_calc(n/l);
}
return mp[n] = ret;
}
教程二
先记住
[[gcd(i,j) == 1] = sum_{d|gcd(i, j)} mu(d)
]
问题 #1
求
[sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} [gcd(i, j) == 1] , (n < m)
]
解法
[原式 = sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} sum_{d|gcd(i, j)} mu(d)
]
然后枚举 (d) ，显然有 (din(1,n) [d | gcd(i,j)]) ，于是将 (d) 提到前面去，则 (i、j) 都是 (d) 的倍数，化简得：
[原式 = sum^{n}_{d=1} mu(d) * lfloor frac{n}{d}
floor * lfloor frac{m}{d}
floor
]
后面的两个除法可以用上面攻略里的整除分块进行 (o(sqrt{n})) 复杂度的求解，当然也可以跑 (o(n))。
问题 #2
求
[sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} [gcd(i, j) == k] , (n < m)
]
解法
和上一题很像对吧，同时除以 k：
[原式 = sum^{lfloor frac{n}{k}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{k}
floor}_{j=1} [gcd(i, j) == 1]
]
之后就一模一样了。
问题 #3
求
[sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} ij[gcd(i, j) == k] , (n < m)
]
解法
也是同时除以 k ：
[原式 = sum^{lfloor frac{n}{k}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{k}
floor}_{j=1} ij[gcd(i, j) == 1] * k^2
]
因为式子中 (i、j) 也被除了 k，需要在末尾补回来。
[egin{aligned}
原式 &= sum^{lfloor frac{n}{kd}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{kd}
floor}_{j=1} ij sum_{d|gcd(i,j)}mu(d) * k^2 \
&= sum^{lfloor frac{n}{k}
floor}_{d=1} mu(d) * d^2 sum^{lfloor frac{n}{kd}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{kd}
floor}_{j=1} ij * k^2 \
&= k^2 * sum^{lfloor frac{n}{k}
floor}_{d=1} mu(d) * d^2 sum^{lfloor frac{n}{kd}
floor}_{i=1} isum^{lfloor frac{m}{kd}
floor}_{j=1} j
end{aligned}
]
然后就发现后两项是个等差数列，也能在复杂度 (o(sqrt{n})) 下求出。
问题 #4
求
[sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} lcm(i, j)
]
解法
首先： (lcm(i,j) = frac{i*j}{gcd(i, j)})，那么：
[egin{aligned}
原式 &= sum^{n}_{d=1}sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} frac{i*j}{d} * [gcd(i, j) == d] （同时除d）\
&= sum^{n}_{d=1}sum^{lfloor frac{n}{d}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{d}
floor}_{j=1} i*j*d * [gcd(i, j) == 1] \
&= sum^{n}_{d=1}sum^{lfloor frac{n}{d}
floor}_{i=1} sum^{lfloor frac{m}{d}
floor}_{j=1} i*j*d sum_{k|gcd(i,j)} mu(k) （枚举k）\
&= sum^{n}_{d=1}d sum^{lfloor frac{n}{d}
floor}_{k=1} mu(k)*k^2 sum^{lfloor frac{n}{dk}
floor}_{i=1}isum^{lfloor frac{n}{dk}
floor}_{j=1}j
end{aligned}
]
此时已经 (o(n)) 了，(lfloor frac{n}{d} floor) 可以分一次块，(lfloor frac{n}{dk} floor) 也可以分一次。所以是 (o(n))。
后面原作者给出了更优解，我这里懒得贴过程了。也懒得记了。超出我承受范围了。
问题 #5
求
[sum^{n}_{i=1} sum^{m}_{j=1} d(i*j)
]
其中，(d(i, j)) 表示 (i*j) 的约数个数。
解法
拿出小本本记个公式：
[d(i*j) = sum_{x|i} sum_{y|j} [gcd(x,y) == 1]
]
怎么证明的，我不想知道...请移步原作者博客。
虽然我什么都还不会
就先这样好了，下班了QAQ。