下文中涉及(F(x))与(f(x))关系的含(sum)的式子中,默认使用的自变量为(d)
下文中一律默认(nleq m),即(min(n,m)=n)
正文
我们假设现在手上有两个函数(f(x))和(F(x)),其中(F(x))很好求,(f(x))很难求。已知(F(x))可以表示成(f(x))的和的形式,那么我们用(F(x))反过来去求(f(x))的过程就叫做莫比乌斯反演。
莫比乌斯反演主要有以下两种形式。
第一种
已知
则
第二种
已知
则
其中(mu(x))为莫比乌斯函数,可表示为
1、若(x=1),则(mu(x)=1)
2、若(x=p_1p_2p_3...p_k),则(mu(x)=(-1)^k)
3、若(x=p^2*dquad(din N^{+})),则(mu(x)=0)
莫比乌斯函数可以通过线性筛在(O(n))时间复杂度内得到。
int mu[N],pri[N],tot;
bool zhi[N];//zhi[i]为true的表示不是质数
void Mobius()
{
zhi[1]=true;mu[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=true;
if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
}
}
}
举个栗子
我们现在需要求
或者是
那么我们构造两个函数(f(x)),(F(x)),令
又令$$F(x)=sum_{x|d}^{n}f(d)$$
观察式子,发现(F(x))就是指在1到n和1到m中各选1个数它们的gcd是的x的倍数的方案数,那么显然有一个这样子的式子:
这就对应了“(F(x))很好求而(f(x))很难求”的要求,所以就可以用莫比乌斯反演做了。
如果求的是第一问那么答案就是(f(1)),如果求的是第二问那么答案就应该是$$sum_{i=1}^{n}f(i)*i$$而如果要把所有(f(i))求出来的话复杂度是
哎呀我数学太差了这个等于多少来着,反正(nle 10w)的数据肯定是跑得过的。
2018-10-31upt:(O(nln n))
骚操作
就是把k的因子提出来了而已辣。
奇技淫巧
我们现在只考虑上方的第一问,即求$$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==1]$$
易知每次计算(F(x))的复杂度是(O(n)),然后要算出(f(1))的复杂度也是(O(n)),也就是说一组数据的时间复杂度是(O(n))。
那我有(10^5)组数据不就(GG)了?
这里用到高神讲到的数论分块。
我们看(F(x)),它等于(lfloorfrac nx
floorlfloorfrac mx
floor),我们可以证明,它在([1,n])上仅有至多(O(sqrt n))种取值。
我们维护一个(mu(x))的前缀和,然后把(F(x))值相同的放在一起算贡献。
总复杂度变为(O(Tsqrt n))
题目
到了这一步了。如果你想要继续,请先完成如下例题:
[POI2007]ZAP-Queries
[BZOJ2301][HAOI2011]Problem B
[BZOJ2818]Gcd
(我就直接放我博客的链接了啊,原题链接都有,一定要自己去推一推式子,不要直接看题解)
进阶
如果你还记得我在前文中提到的求(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j))的复杂度是(O(sum_{i=1}^{n}frac ni))的话,请你千万要忘了它。
常规复杂度应该是(O(n)),可以跑(n<=10^7)的数据。
如果你应是要跑多组数据也不是没问题。经过(O(n))的预处理后,单组数据的复杂度可以做到(O(sqrt n))
具体实现就请在做题中领悟吧。真的不是我懒得写