莫比乌斯反演

重新学习了一遍莫比乌斯反演，整理一下。

莫比乌斯函数

莫比乌斯函数(mu)是一个积性函数。

[mu(x)=egin{cases}1 &(x=1)\ (-1)^k & x=p_1p_2...p_k\ 0 & elseend{cases}]

即对于一个数(x)的莫比乌斯函数分三种情况讨论
(1.)当(x=1)时，(mu(x)=1)
(2.)当(x)为互异素数的乘积时(mu(x)=(-1)^k)，(k)是(x)分解后的素数个数。
(3.)其他情况(mu(x)=0)
莫比乌斯函数是个积性函数，所以可以线性筛。

性质

(1.) $$sum_{d|n}mu(d)=[n=1]$$
(2.) $$sum_{d|n}frac{mu(d)}{d}=frac{phi(n)}{n}$$

线性筛莫比乌斯函数代码

	for(int i = 2;i <= END;++i) {
		if(!vis[i]) {
			mu[i] = -1;
			dis[++js] = i;
		}
		for(int j = 1;j <= js && dis[j] * i <= END;++j) {
			vis[i * dis[j]] = 1;
			if(i % dis[j]) mu[i * dis[j]] = -mu[i];
			else {
				mu[i * dis[j]] = 0;
				break;
			}
		}
	}

莫比乌斯反演

其实莫比乌斯反演就是两个公式
设(F(n))和(f(n))是定义在非负整数上的两个函数
莫比乌斯反演仅仅靠这两个公式是很难做题的，做完后面两道例题应该就算入门了

公式一

若(F(n))和(f(n))满足

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

则有$$f(n)=sumlimits_{d|n}mu(d)F(lfloorfrac{n}{d} floor)$$

公式二

若(F(n))和(f(n))满足

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

则有

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

证明

留坑待填吧(233)

题目

例题1

求出有多少(x,y)满足(1le xle Bquad 1le y le D)且(gcd(x,y) = k)

评测戳这里
这是非常基础的一道题目。为了便于讨论，我们下面都假定(Ble D)
我们设(f(n))表示(gcd(x,y)=n)的数量,(F(n))表示(gcd(x,y)\% n= 0)的数量
显然有下面的式子

[F(n)=sumlimits_{n|d}^Bf(d) ]

然后根据公式二，可以反演出下面的式子

[f(n)=sumlimits_{n|d}^Bmu(frac{d}{n})F(d) ]

现在(f(k))就是答案，如果我们让(B)和(D)都先除以(k)，那么(f(1))就是答案。
所以下面我们假定(B=frac{B}{k},D=frac{D}{k})
现在就是求$$f(1)=sumlimits_{d=1}^Bmu(d)F(d)$$
然后现在只要能够快速的计算出(F(d))就能够(O(B))的计算了。
显然有$$F(i)=lfloorfrac{B}{i} floorlfloorfrac{D}{i} floor$$
所以$$f(1)=sumlimits_{d=1}^Bmu(d)lfloorfrac{B}{d} floorlfloorfrac{D}{d} floor$$
然后计算就行了。因为题目中说要去重，发现被计算两遍的那些数字是(x,y) 都小于(B)的情况，所以最后在减去就行了。
代码如下

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-02-22 11:00:34
* @Last Modified time: 2019-02-22 11:24:13
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
const int N = 100000 + 100;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
int mu[N],dis[N],vis[N];
void pre() {
	mu[1] = 1;
	int js = 0;
	int END = 100000;
	for(int i = 2;i <= END;++i) {
		if(!vis[i]) {
			mu[i] = -1;
			dis[++js] = i;
		}
		for(int j = 1;j <= js && dis[j] * i <= END;++j) {
			vis[i * dis[j]] = 1;
			if(i % dis[j]) mu[i * dis[j]] = -mu[i];
			else {
				mu[i * dis[j]] = 0;
				break;
			}
		}
	}
}
int solve(int x,int y) {
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= min(x,y);++i)
		ans += mu[i] * (x / i) * (y / i);
	return ans;
}
signed main() {
	int T = read();
	pre();
	for(int i = 1;i <= T;++i) {
		read();int n = read();read();int m = read();int K = read();
		int z = min(n,m);	
		if(K != 0) 
		printf("Case %lld: %lld
",i,solve(n / K,m / K) - solve(z / K,z / K) / 2);
		else printf("Case %lld: 0
",i);
	}

	return 0;
}

例题2

直接看原题面吧

首先一个明显的转化就是，转化成对于一个数字(k),有多少(1le x le n,1le yle m)满足(gcd(x,y)=k)。然后对于每个(k)，计算答案就行了。
发现上面这个式子不就是上面那道题么。同样设(n le m)
我们设(f(i))表示(gcd(x,y)=i)时的答案。(fb_i)斐波那契数列第(i)项那么这道题最终的答案就是。$$prodlimits_{i=1}^nfb_i^{f(i)}$$
根据上一题推出的式子，我们可以推出来
原式=$$prod_{i=1}^nfb_i^{sumlimits_{d=1}^{n/i}mu(d)lfloorfrac{n}{id} floorlfloorfrac{m}{id} floor}$$
设(T=id)
原式=

[prodlimits_{T=1}^nprodlimits_{d|T}fb_d^{mu(T/d)lfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floor} ]

到了这里，对于外面的(prodlimits_{T=1}^n...^{lfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floor})可以数论分块做到(sqrt{m})
对于里面(prodlimits_{d|T}fb_d^{mu(T/d)})，暴力预处理是(nlog)的(调和级数)。
代码如下

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-02-22 15:09:25
* @Last Modified time: 2019-02-24 08:45:10
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
const int N = 1000000 + 10,mod = 1e9 + 7;
ll read() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}
int f[N],mu[N],dis[N],vis[N],g[N];
int qm(ll x,int y) {
	int ret = 1;
	if(y < 0) y += mod - 1;
	for(;y;y >>= 1,x = 1ll * x * x % mod) 
		if(y & 1) ret = 1ll * ret * x % mod;
	return ret;
}
int tmp[5];
void pre() {
	int END = 1000000;
	mu[1] = 1;
	f[1] = 1,g[0] = 1;
	g[1] = 1;
	int js = 0;
	for(int i = 2;i <= END;++i) {
		f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
		g[i] = 1;
		f[i] >= mod ? f[i] -= mod : 0;
		if(!vis[i]) {
			dis[++js] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1;j <= js && dis[j] * i <= END;++j) {
			vis[i * dis[j]] = 1;
			if(i % dis[j]) mu[i * dis[j]] = -mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i = 1;i <= END;++i) {
		tmp[0] = qm(f[i],-1);
		tmp[1] = 1;
		tmp[2] = f[i];
		for(int j = i;j <= END;j += i)
			g[j] = 1ll * g[j] * tmp[mu[j / i] + 1] % mod;
	}
	for(int i = 1;i <= END;++i) g[i] = 1ll * g[i - 1] * g[i] % mod;
}
signed main() {
	pre();
	int T = read();
	while(T--) {
		int n = read(),m = read();
		if(n > m) swap(n,m);
		int r;
		ll ans = 1;
		for(int l = 1;l <= n;l = r + 1) {
			r = min(n / (n / l),m / (m / l));
			ans = ans * qm(g[r] * qm(g[l - 1],mod - 2) % mod , (n / l)  * (m / l) % (mod - 1)) % mod;
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}