【莫比乌斯反演-杜教筛练习】BZOJ3309 BZOJ3944 BZOJ4176

BZOJ3309 DZY Loves Math

【题目】
原题地址
对于正整数n,定义f(n)为n所含质因子的最大幂指数。例如f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0。
给定正整数a,b,求sigma(sigma(f(gcd(i,j)))) (i=1..a, j=1..b)。

【解题思路】
Ans=ad=1f(d)adi=1bdj=1[(i,j)=1] A n s = ∑ d = 1 a f ( d ) ∑ i = 1 ⌊ a d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ b d ⌋ [ ( i , j ) = 1 ]
Ans=ad=1f(d)add=1μ(d)addbdd A n s = ∑ d = 1 a f ( d ) ∑ d ′ = 1 ⌊ a d ⌋ μ ( d ′ ) ⌊ a d d ′ ⌋ ⌊ b d d ′ ⌋
T=dd T = d d ′
Ans=aT=1aTbTd|Tf(d)mu(Td) A n s = ∑ T = 1 a ⌊ a T ⌋ ⌊ b T ⌋ ∑ d | T f ( d ) ∗ m u ( T d )
那么设 g[T]=d|Tf(d)mu(Td) g [ T ] = ∑ d | T f ( d ) ∗ m u ( T d )
接下来问题在于怎么求g。

以下摘自我忘记名字的大佬:
g数组的预处理看起来是带log的。但是根据莫比乌斯函数的性质,如果\frac T d存在平方因子,函数值是等于0的,也就是对答案没有贡献。
那么设 T=p1k1p2k2...pmkm T = p 1 k 1 ∗ p 2 k 2 ∗ . . . ∗ p m k m ,T质因数的最大幂是k,那么只有ki=k的质因数有用。又可以设 Td=p1a1p2a2...pmam T d = p 1 a 1 ∗ p 2 a 2 ∗ . . . ∗ p m a m ,其中ai∈[0,1]。
可以发现f(d)只能取到k,k-1,现在令其中一个满足ki=k的质因数为d的最大幂,如果f(d)=k,那么ai=0,其它为0或1均可。然而一个a取0,就相当于给莫比乌斯函数乘1,取1就是乘-1。所以最终答案乘的系数是0。特殊情况:如果T是质数,乘的系数是1(因为没有其它质因数了)。
如果f(d)=k-1,那么ai=1,所有其它满足ki=k的质因数也要让对应的a值取1,这时剩下的质因数也和上面一样,最后得到的系数是0。特殊情况:如果每个ki都等于k,那么由于没有剩下可以取0、1的质因数,它的系数也是1。
这样就可以线性预处理了。

以下摘自popoqqq:
观察这个函数 由于含平方因子数的μ值都为零,因此我们只考虑μ(T/d)!=0的数

令T=p1^a1*p2^a2*…pk^ak,d=p1^b1*p2^b2…*pk^bk
那么0<=(ai-bi)<=1

如果存在ai≠aj(i≠j),那么我们可以将所有的a分为两部分:最大的a的集合A和非最大a的集合B
很显然f值由A中的选取方案决定

对于A中的每种选取方案,μ值决定于总选择的数量的奇偶性
在集合B中选取奇数个元素和偶数个元素的方案数是相等的,故对于A中的每种选取方案,得到的和都是0

故如果存在ai≠aj(i≠j),则g(T)=0

反之,如果所有的a值都相等,我们假设对于任意选取方案,f值都不变

那么由于选取奇数个元素和偶数个元素的方案数相等,和仍然为0

但是有一种选取方案的f值=a-1 因此我们要将这个1减掉

考虑到μ的符号之后,最终结果为(-1)^(k+1)

故如果不存在ai≠aj,则g(T)=(-1)^(k+1)

嗯,这道题后面的柿子还是想不到。

#include
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=1e7+5;
int T,x,y,pnum,pri[N],bo[N];
LL ans,mu[N],s[N];

void init()
{
    for(int i=2;iif(!bo[i])
             pri[++pnum]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pnum && i*pri[j]*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j]))
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }   
    for(int i=2;iif(mu[i])
            for(LL j=i;j*=i)
                s[j]=-mu[i];
    for(int i=2;is[i]+=s[i-1];
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("BZOJ3309.in","r",stdin);
    freopen("BZOJ3309.out","w",stdout);
#endif
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);ans=0;
        if(x>y) swap(x,y);
        for(int i=1,las;i<=x;i=las+1)
        {
            las=min(x/(x/i),y/(y/i));
            ans+=(s[las]-s[i-1])*(x/i)*(y/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}

BZOJ3944 SUM

【题目】
原题地址
【莫比乌斯反演-杜教筛练习】BZOJ3309 BZOJ3944 BZOJ4176_第1张图片

【解题思路】

为了更快地求 F(i)=ni=1f(i) F ( i ) = ∑ i = 1 n f ( i ) ,我们构造一个函数 g(n) g ( n ) ,求出 (fg)(n) ( f ∗ g ) ( n ) 的前缀和。
ni=1(fg)(i)=ni=1d|if(d)g(id)=ij<=nf(i)g(j)=ni=1g(i)F(ni) ∑ i = 1 n ( f ∗ g ) ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ d | i f ( d ) g ( i d ) = ∑ i j <= n f ( i ) g ( j ) = ∑ i = 1 n g ( i ) F ( ⌊ n i ⌋ )

所以 g(1)F(n)=ni=1(fg)(i)ni=2g(i)F(ni) g ( 1 ) F ( n ) = ∑ i = 1 n ( f ∗ g ) ( i ) − ∑ n i = 2 g ( i ) F ( ⌊ n i ⌋ )

于是我们的目标就是快速求出 ni=1(fg)(i) ∑ i = 1 n ( f ∗ g ) ( i ) g(i) g ( i ) 的前缀和。这样我们的复杂度就是 O(n34) O ( n 3 4 ) ,如果我们将 O(n23) O ( n 2 3 ) 以内的 F(i) F ( i ) 预处理,那么复杂度就可以降到 O(n23) O ( n 2 3 ) (复杂度怎么证。。)
g g 一般取恒等函数 I I

这里求 ni=1μ(i) ∑ i = 1 n μ ( i ) 就是求 ni=1d|iμ(d)ni=2F(ni) ∑ i = 1 n ∑ d | i μ ( d ) − ∑ i = 2 n F ( ⌊ n i ⌋ )
Ans=1ni=2F(ni) A n s = 1 − ∑ i = 2 n F ( ⌊ n i ⌋ )
ni=1ϕ(i) ∑ i = 1 n ϕ ( i ) 就是求 ni=1d|iϕ(d)ni=2F(ni) ∑ i = 1 n ∑ d | i ϕ ( d ) − ∑ i = 2 n F ( ⌊ n i ⌋ )
Ans=n(n+1)2ni=2F(ni) A n s = n ( n + 1 ) 2 − ∑ i = 2 n F ( ⌊ n i ⌋ )
然后后面的用map+记忆化搜索,同时先预处理出来前2000000左右的答案即可。
这个东西不能分开做,不然会T得飞起啊!

#include
#define mkp(x,y) make_pair((LL)x,(LL)y)
#define fi first
#define se second
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair pii;
const int N=2000000;
int pnum;
int pri[N],bo[N];
LL phi[N],mu[N];
map<int,LL> P,M;
map<int,LL>::iterator it,it2;

void init()
{
    phi[1]=mu[1]=1;
    for(int i=2;iif(!bo[i])
            pri[++pnum]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pnum && i*pri[j]1;
            if(!(i%pri[j]))
            {
                phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
            phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i1],mu[i]+=mu[i-1];
}

pii calc(LL x)
{
    if(xreturn mkp(phi[x],mu[x]);
    it=P.find(x);it2=M.find(x);
    if(it!=P.end()) return mkp(it->second,it2->second);
    LL res1=x*(x+1)/2ll,res2=1;
    for(LL i=2,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);pii rt=calc(x/i);
        res1-=(las-i+1)*rt.fi;
        res2-=(las-i+1)*rt.se;
    }
    P[x]=res1;M[x]=res2;
    return mkp(res1,res2);
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("BZOJ3944.in","r",stdin);
    freopen("BZOJ3944.out","w",stdout);
#endif
    init();
    int T,x;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&x);pii ans=calc(x);
        printf("%lld %lld\n",ans.fi,ans.se);
    }   

    return 0;
}

BZOJ4176 Lucas的数论

【题目】
原题地址

【解题思路】
首先我们用上BZOJ3994推导出的结果:
f(nm)=i|nj|m[gcd(i,j)==1] f ( n m ) = ∑ i | n ∑ j | m [ g c d ( i , j ) == 1 ]

然后用这个柿子去反演:

nx=1ny=1f(xy) ∑ x = 1 n ∑ y = 1 n f ( x y )

nx=1ny=1i|xj|y[gcd(i,j)==1] ∑ x = 1 n ∑ y = 1 n ∑ i | x ∑ j | y [ g c d ( i , j ) == 1 ]

nx=1ny=1i|xj|yd|gcd(i,j)μ(d) ∑ x = 1 n ∑ y = 1 n ∑ i | x ∑ j | y ∑ d | g c d ( i , j ) μ ( d )

nd=1μ(d)ndx=1ndy=1ndxi=1ndyj=1 ∑ d = 1 n μ ( d ) ∑ x = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ y = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ i = 1 ⌊ n d x ⌋ ∑ j = 1 ⌊ n d y ⌋

nd=1μ(d)(ndi=1ndi)2 ∑ d = 1 n μ ( d ) ( ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ⌊ n d i ⌋ ) 2

注意到 nd ⌊ n d ⌋ 只有 n n 种取值,可以枚举然后求前缀和,后面的sigma, ndi ⌊ n d i ⌋ 只有 O(nd) O ( n d ) 种取值,就直接用这个复杂度求出。

因为 n n 比较大,所以还要用上杜教筛。
PS.注意取模

#include
using namespace std;

typedef long long LL;
const int mod=1e9+7;
const int N=2500000;
int n,pnum;
int mu[N],pri[N],bo[N];
LL ans;
map<int,LL>mp;

void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;iif(!bo[i])
            pri[++pnum]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pnum && i*pri[j]1;
            if(!(i%pri[j]))
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i1];
}

LL calcmu(int x)
{
    if(xreturn mu[x];
    if(mp[x]) return mp[x];
    LL res=1;
    for(int i=2,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);
        res-=calcmu(x/i)*(las-i+1);
    }
    return mp[x]=res;
}

LL calc(int x)
{
    LL res=0;
    for(int i=1,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);
        (res+=((LL)(x/i)*(las-i+1))%mod)%=mod;
    }
    return res;
}

LL sqr(LL x)
{
    return x*x%mod;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("BZOJ4176.in","r",stdin);
    freopen("BZOJ4176.out","w",stdout);
#endif
    init();scanf("%d",&n);
    for(int i=1,las;i<=n;i=las+1)
    {
        las=n/(n/i);
        (ans+=(LL)(calcmu(las)-calcmu(i-1)+mod)%mod*sqr(calc(n/i)%mod)%mod)%=mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}

【总结】
数论入门.jpg

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