BZOJ 2301 浅谈莫比乌斯函数对方程化简的应用

世界真的很大
昨天狠下心来，看了一下午莫比乌斯反演，一直纠结于这到底是个什么玩意儿，但其实这道题和反演关系，的却是没有的，但这道题对于理解莫比乌斯函数的性质，还是有很大帮助的。
description：

对于给出的 n 个询问，每次求有多少个数对 (x,y) ，满足 a ≤ x ≤ b ， c ≤ y ≤ d ，且 gcd(x,y) = k ， gcd(x,y) 函数为 x 和 y 的最大公约数。

input：

第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k

output：

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

首先，这道题其实还涉及了一点容斥原理，先得处理一下式子。根据容斥原理[a,b]和[c,d]组合起来的答案就等于[1,b]组合[1,d] - [1,a-1]组合[1][d] - [1][b]组合[1][c-1] + [1][a-1] 组合 [1][c-1]，问题从而转化。
对于每一个求和，我们要求的其实是这样一个式子：
　∑ ∑ [gcd(i,j)==1] (1<=i<=n/k && 1<=j<=m/k)
莫比乌斯函数有一个很重要的的性质，一个数，如果不是1，那他所有因数的莫比乌斯函数值之和为0，如果是1，那他的莫比乌斯函数值就是1,。为了利用这个性质，考虑进一步改造原式：
∑ ∑ ∑ μ(d) (1<=i<=n && 1<=j<=m && d|gcd(i,j))；
最关键的部分到了，我们这里其实是在枚举d的取值，吧i从1到n，j从1到m范围内所有的d的不同取值，这使得时间复杂度上升到了n*m的级别，这显然是不能接受的。
换个思路考虑，我们其实只是需要d的取值的到莫比乌斯函数值，d分别在1到n，m到1有多少对。
再次化简原式，考虑枚举d：
∑μ(i)[n/i][m/i] (1<=i<=min(n,m),[n/i]表示n/i下取整)
时间复杂度下降到了n，还是不够。我们发现，n/i向下取整，对于一定范围内的i，值是相同的，区间正好是i到n/（n/i），这样一推，时间复杂度就降到了n^(1/2)，可以接受了。对于区间直接计算，我们预处理莫比乌斯函数的前缀和就好啦（用线性筛可以预处理）
完整代码：

#include
#include
using namespace std;

int primes[100010],isnot[100010],mu[100010],sum[100010];
int ptot=0,a,b,c,d,k,tt;

void init(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!isnot[i])
        {
            primes[ptot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int t=0;tint j=primes[t]*i;
            if(j>n) break ;
            isnot[j]=1;
            mu[j]=-mu[i];
            if(i%primes[t]==0)
            {
                mu[j]=0;
                break ;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}

int Railgun(int n,int m)
{
    if(n>m) swap(n,m);
    int pos,ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i=pos+1)
    {
        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init(50000);
    scanf("%d",&tt);
    while(tt--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        a--,c--;
        a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
        printf("%d\n",Railgun(a,c)+Railgun(b,d)-Railgun(a,d)-Railgun(b,c));
    }
    return 0;
}

嗯，就是这样。