原创OI题目 GCD卷积 Problem and Solution

比赛用题面、题解、标程和数据生成器均已挂在 git@github.com:sun123zxy/gcdconv.git 上。

Problem

GCD卷积 (gcdconv.cpp/.in/.out) (1s,512MB)

Description

定义一种新的卷积 —— GCD卷积,其接受两个长度为 \(n\) 的序列 \(f,g\) ,依据下式生成长度为 \(n\) 的序列 \(h\)

\[h_k = \sum_{\gcd(i,j) = k} f_i g_j \]

现给定序列 \(f,g\) ,求各 \(h_i\)\(998244353\) 取模后的值。

Input

第一行输入一个正整数 \(n\) ,表示 \(f,g\) 的长度。

第二行输入 \(n\) 个整数 \(f_i\)

第三行输入 \(n\) 个整数 \(g_i\)

Output

为减少输出量,只需输出1个整数,表示各 \(h_i\)\(998244353\) 取模后的异或和。

Sample 1

Sample 1 Input

3
5 1 4
2 3 3

Sample 1 Output

78

Sample 1 Explanation

\[\begin{aligned} h_1 &= f_1 ( g_1 + g_2 + g_3 ) + g_1 (f_2 + f_3) + f_2 g_3 + f_3 g_2 = 65 \\ h_2 &= f_2 g_2 = 3 \\ h_3 &= f_3 g_3 = 12 \end{aligned} \]

\[65 \oplus 3 \oplus 12 = 78 \]

Sample 2

Sample 2 Input

4
7 1 8 0
6 2 9 1

Sample 2 Output

158

Sample 2 Explanation

\[\begin{aligned} h_1 &= 213 \\ h_2 &= 3 \\ h_3 &= 72 \\ h_4 &= 0 \end{aligned} \]

\[213 \oplus 3 \oplus 72 \oplus 0 = 158 \]

Sample 3

sample 目录下 gcdconv3.in/.ans

Constraints

对20%的数据,\(1 \le n \le 2000\)

对100%的数据, \(1 \le n \le 4 \times 10^5\)\(0 \le f_i, g_i \le 998244352\)

Hints

时限在std的1.5倍左右。std没有卡常,数据有一定梯度,请放心食用。

Source

sun123zxy

???

  • 样例2比较暴力。

记号说明

默认诸如 \(n,d,i,j,k\) 的下标变量的最大值为题目中的给出的序列长度,并把序列更换为数论函数来表示。

注意本题解中的 \(n\) 通常是一个变量,和题目中定义的序列长度 \(n\) 不同。

另外,用 \(\circ\) 代表 \(\gcd\) 卷积,即

\[h(n) = (f \circ g)(n) = \sum_{\gcd(i,j) = n} f(i) g(j) \]

Solution

我们按照快速傅里叶变换(FFT)、快速莫比乌斯变换(FMT)解决卷积的思路来解决该问题——构造一种变换来满足卷积定理:

\[\hat f(n) \hat g(n) = \widehat {(f \circ g)}(n) \]

\(\hat f\) 即对函数 \(f\) 进行该变换后得到的函数。

通过一些敏锐的直觉,我们能感受到 \(\gcd\) 和枚举约数或者倍数有一些关系。

容易想到构造出一种变换,称之为“倍数和变换”:

\[\hat f(n) = \sum_{n|d} f(d) \]

并根据莫比乌斯反演得到它的逆变换

\[f(n) = \sum_{n|d} \mu(\frac n d) \hat f(d) \]

(这实际上是标准莫比乌斯反演的另一种形式,详见后文 [Further Thoughts](#Further Thoughts) )

这个变换对 \(\gcd\) 卷积满足卷积定理,证明如下。

首先,写出 \(\gcd\) 卷积

\[h(k) = (f \circ g)(k) = \sum_{i,j} [\gcd(i,j)=k] f(i) g(j) \]

左右两边做倍数和变换:

\[\begin{aligned} \hat h(n) &= \sum_{n|k} \sum_{i,j} [\gcd(i,j)=k] f(i) g(j) \\ &= \sum_{i,j} \left( \sum_{n|k} [\gcd(i,j)=k] \right) f(i) g(j) \quad \\ &= \sum_{i,j} [n|i][n|j] f(i) g(j) \quad \\ &= \sum_{n|i} f(i) \sum_{n|j} g(j) \quad \\ &= \hat f(n) \hat g(n) \end{aligned} \]

得证。上述证明的核心在于 \(\sum_{n|k} [\gcd(i,j)=k] = [n|i] [n|j]\)

于是,先对 \(f,g\) 做倍数和变换,然后直接 \(O(n)\) 点值相乘,再逆变换回来,就能得到 \(f \circ g\)

那么剩下的问题在于如何快速做倍数和变换及其逆变换。这是非常simple的,直接暴力就好了。复杂度为 \(O(n H(n))\) ,其中调和级数 \(H(n)= \sum_{k=1}^{n} \frac 1 k\) ,有 \(\lim_{n \to \infty} H(n) = \ln(n) + c\) 。欧拉常数 \(c \approx 0.57721566490153286060651209\)

可以称之为“快速倍数和变换”。

总时间复杂度约为 \(O(n \ln n)\)

Code

/*
gcd卷积 (gcdconv) std
by sun123zxy 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll Rd(){
	ll ans=0;bool fh=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') fh=1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') ans=ans*10+c-'0',c=getchar();
	if(fh) ans=-ans;
	return ans;
}

const ll MOD=998244353;
#define _ %MOD
ll PMod(ll x){
	if(x<0) return x+MOD;
	else if(x>=MOD) return x-MOD;
	else return x;
}

const ll MXN=5E5+5;
ll P[MXN],mu[MXN];ll pN;
bool notP[MXN];
void LinearSieve(ll n){
	notP[1]=1;for(ll i=2;i<=n;i++) notP[i]=0;
	P[1]=0;mu[1]=1;
	pN=0;
	for(ll i=2;i<=n;i++){
		if(!notP[i]){
			P[++pN]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(ll j=1;i*P[j]<=n;j++){
			notP[i*P[j]]=1;
			if(i%P[j]==0){
				mu[i*P[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*P[j]]=mu[i]*mu[P[j]];
		}
	}
}

class Poly{public:
	ll& operator [] (ll idx){return cof[idx];}
	ll n;vector<ll> cof;
	Poly(){}
	Poly(ll n){Resize(n);}
	void Resize(ll n){
		this->n = n;
		cof.resize(n+1,0);
	}
};
namespace PC{//PolyCalc
	void FMT(Poly& A,ll typ){
		ll n=A.n;
		Poly B(n);
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			for(ll j=1;i*j<=n;j++){
				ll t=A[i*j];if(typ==-1) t=t*mu[j]_;
				B[i]=PMod(B[i]+t);
			}
		}
		A=B;
	}
	Poly GcdConv(Poly A,Poly B){
		ll n=min(A.n,B.n); 
		Poly C(n);
		FMT(A,1);FMT(B,1);
		for(ll i=1;i<=n;i++) C[i]=A[i]*B[i]_;
		FMT(C,-1);
		return C;
	}
}

ll N;

int main(){
	freopen("gcdconv.in","r",stdin);
	freopen("gcdconv_std.out","w",stdout);
	N=Rd();
	LinearSieve(N);
	Poly A(N),B(N);
	for(ll i=1;i<=N;i++) A[i]=Rd();
	for(ll i=1;i<=N;i++) B[i]=Rd();
	Poly C=PC::GcdConv(A,B);
	ll ans=0;
	for(ll i=1;i<=N;i++) ans^=C[i];
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

Further Thoughts

本题用到的是莫比乌斯反演的一种变形

\[g(n) = \sum_{n|d} f(n) \iff f(d) = \sum_{n|d} \mu(\frac n d) g(d) \]

原版莫比乌斯反演长这样

\[g(n) = \sum_{d|n} f(n) \iff f(d) = \sum_{d|n} \mu(\frac n d) g(d) \]

若把题目改成 \(\mathrm{lcm}\) 卷积,即

\[h_k = \sum_{\mathrm{lcm}(i,j) = k} f_i g_j \]

用到的就是原版莫比乌斯反演。相应的构造一个“约数和变换”即可解决。而约数和变换可以用“快速约数和变换”(实际上就是个埃筛)实现,有兴趣的同学可以试试。

Further Further Thoughts (update 2020/10/28)

我们来探讨一些更加接近本质的东西。

普通卷积(多项式乘法)、集合并/交卷积、还有 \(\mathrm{lcm}\) / \(\gcd\) 卷积,这三个问题我们是如何解决的?

关键在于——我们分别构造出了离散傅里叶变换、子集和/超集和变换(莫比乌斯变换)和约数和/倍数和变换来满足卷积定理。

而这三个变换的共性在哪里呢?

他们都是偏序集上的具有优美性质的广义反演。

  • 离散傅里叶变换用的是单位根反演——其偏序集是定义在自然数集上的小于等于关系;
  • 子集和/超集和变换用的是容斥原理——其偏序集是定义在集合上的包含关系;
  • 而约数和/倍数和变换则运用了莫比乌斯反演——其偏序集是定义在自然数集上的整除关系。

反演的意义就在于——它为将原来的“系数”转化为“点值”, \(O(n)\) 乘起来后又转回“系数”提供了可能。而这三个特殊的反演之所以优美,就是因为我们发现了他们的“快速 (Fast) ”变换方式,让我们能通过这个Trick,免去了 \(O(n^2)\) 的暴力运算。

还有更重要的一点——子集和/超集和变换与约数和/倍数和变换有着更加紧密的联系——这也是笔者由集合的FMT想到约数和变换的关键所在——以全体素数为基底可以张成一个包含全体正整数的“素数空间”(其良定义依赖于整数惟一分解定理)。

约数和变换就是“素数空间”中的高维前缀和,对应着“集合空间”中的子集和变换。换句话说,子集和变换、约数和变换分别是莫比乌斯变换在“素数空间”、“集合空间”的具体体现,它们的本质都是高维前缀和。

如果理解到上面这一点,就不难发现集合并卷积和 \(\mathrm{lcm}\) 卷积的共性了——他们都把数放到了对两个输入元素各维度坐标取 \(\max\) 后的位置;而集合交卷积和 \(\gcd\) 卷积则是取 \(\min\)

综上所述,有了上面的认识,可以说 \(\gcd\) 卷积的发现是非常自然的。

后记 & 致谢

Idea是在语文课上摸出来的,Solution是在随后的数学课上想出来的

很早以前就觉得FMT和莫比乌斯反演有些说不清道不明的关系,出这道题也让笔者对其理解更加深入了。

其实早有大佬对 \(\mathrm{lcm}\) / \(\gcd\) 卷积展开过研究。Google一波可以发现国外数学社区有这方面的讨论,最晚2013年arXiv上就有讨论其性质的论文了(笔者驽钝,确实无力理解,感兴趣的大佬可以直接Google "GCD Convolution"了解)。只可惜如此自然而美妙的 \(\gcd\) 卷积,竟然没有随着那篇集合幂级数的论文引入国内,让笔者感到有些遗憾。

总之,这道题深入的考察对FFT、FMT原理的理解以及对 \(\gcd\) 、莫比乌斯反演的敏锐直觉,是不可多得的数论好题(

下面是战术感谢环节。

感谢keke学长为我们教授集合幂级数。

感谢TbYangZ、diong神、changruinian2020几位神仙的点拨。

And you...

——sun123zxy

Sep. 2020 初稿完成

Nov. 2020 最后更新

posted @ 2020-12-06 15:12  sun123zxy  阅读(364)  评论(0编辑  收藏  举报