[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)

[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)

题面

T组询问,每次给出a,b,c,d,k,求\(\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]\)

\(T,a,b,c,d,k\le 5\times 10^4\)

分析

\(O(n^2)\)暴力显然是不可行的,我们考虑优化。

首先易得\(k\times gcd(i,j)=gcd(ki,kj)\),那么我们可以把a,b,c,d都除上k,问题就变成了\(\sum _{i=a/k}^{b/k}\sum _{j=c/k}^{d/k}[gcd(i,j)=1]\)(之后的除法若未说明,均为下去整)

差分一下,我们只要求出\(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]\),然后二维前缀和相减一下就可以了

1.运用狄利克雷卷积证明

根据结论\(\left(\mu\ast I\right)=\varepsilon\),即\(\varepsilon (n)= \sum _{d|n} \mu(n)\),我们可以化简问题式子

由定义知\(\epsilon(x)=[x=1]\)

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \varepsilon(gcd(i,j))=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d) \]

变换求和顺序,先枚举\(d|gcd(i,j)\),

\[\sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^n [d|i] \sum_{j=1}^m [d|j]$$, 其中$[d|i]$表示i为d的倍数的时候i才会对答案有贡献 显然1~n中d的倍数有n/d个 最终答案为$$\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\]

2.运用莫比乌斯反演的第二种形式证明

莫比乌斯反演的第二种形式是

\(F(n) =\sum _{n|d} f(d)\),那么\(f(n)= \sum_{n|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)\)

这里d表示n的倍数

既然要用到莫比乌斯反演,我们首先就要找到合适的F和f

\(f(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [gcd(i,j)=x]\),(gcd为x的(x,y)的对数)

\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]\), (gcd为x或x的倍数的(x,y)的对数)

显然$F(x)=\sum f(i) $(i是x的倍数),因为gcd(x,i)能整除x,那i一定能整除x。

既然F,f满足上面的条件,我们就可以大力反演了

\[f(x)= \sum_{x|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{x} \rfloor) \]

虽然这看起来是无限求和,但我们实际上求到min(n,m)就可以了,因为gcd(i,j)(i<n,j<m)不可能超过i,j中的最小值。

注意到\(F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]= \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{x} \rfloor\),因为gcd(i,j)为x的倍数,那么i,j一定都被x整除,显然1~n中x的倍数有n/x个

我们求的答案实际上是f(1)

\[f(1)= \sum_{1|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{1} \rfloor)= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) F(d)= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor \]

两种方法殊途同归,都求出了最终答案$$\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$

数论分块优化

暴力枚举求解$$\sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$的复杂度为\(O(n)\),仍然较高,观察到d比较大的时候n/d的值变化不大,如n=6时n/4=n/5=n/6.

因此我们可以找出所有下取整值相同的区间[l,r],再用$\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\sum_{i=l}^r \mu(d) $就可以求出答案,求和部分可以前缀和预处理。对于一个块,假设它的起始位置的下标为l,那么可以得到的是,它的结束位置的下标为n/(n/l)

这样的复杂度是\(O(\sqrt n)\)的,T次询问复杂度为\(O(T\sqrt n)\),可以通过本题

long long ans=0;
int l,r;
for(l=1;l<=m;l=r+1){
	r=min(n/(n/l),m/(m/l));
    ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
}

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50000
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sum_mu[maxn+5];
void sieve(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
}

int t;
int a,b,c,d,e;
ll solve(int n,int m){
	n/=e;
	m/=e;
	if(n<m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	int l,r;
	for(l=1;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return ans;
}

int main(){
	sieve(maxn);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&e);
		ll ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
}
posted @ 2019-08-14 22:11  birchtree  阅读(130)  评论(0编辑  收藏