洛谷P2257 YY的GCD 莫比乌斯函数反演+线性筛

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洛谷P2257 YY的GCD

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标签

• 莫比乌斯反演
• 线性筛

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前言

• 这题貌似和莫反没多大关系，就是用到了一个莫比乌斯函数的性质了，其他就是推公式，优化和式。
• 我的第一道懵逼反演…真的好难好难…而且套路特别多，要多做。可能过段时间我就会觉得特别简单吧！
• 这一条是我过了3天我再次回到这篇博客里编辑的，我想说，真的挺简单的，无非就是那些更换枚举项，反演替换，筛一下什么什么之类的了。觉得自己三天前太笨了，这么显然的东西都搞了半天…

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简明题意

• 给定n，m，求使得gcd(i,j)的值是素数，有多少对这样的ij

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思路

• 把题目写成公式形式，就是让你求：
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==p](p是所有质数)$$

  考虑到$gcd(i,j)$的值不可能超过$min(i,j)$，因此p的取值应该是$min(n,m)$，也就是p是所有在$[1,min(n,m)]$范围内的质数，而不是所有质数，但为了简单表述，下文中 “所有质数” 表示在$[1,min(n,m)]$范围内的所有质数

• 我们枚举任意质数，也就是把括号中的条件写到式子中，就是
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)==p]$$
• 根据套路，是要把条件$[gcd(i,j)==p]$转换成$[gcd(i,j)==1]$的。所以我们套路一下，原式就变成：
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}[gcd(i,j)==1]$$

为什么会有这样的套路呢？因为$gcd(i,j)==1$这样的式子往往更好化简或干一些其他的事情，所以通常见到$gcd(i,j)==p$就更换枚举上界，使它变成$gcd(i,j)==1$

• 然后莫比乌斯函数有一个极其重要的结论
  $$\sum _{d|n}\mu (d)=[n==1]$$

对于一个整数$n>1$，他的所有约数的莫比乌斯函数值之和，都是0，而1的所有约数莫比乌斯函数之和是1

• 现在我们把这里的$n$替换成$gcd(i,j)$，我们就得到了下面的式子
  $$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)=[gcd(i,j)==1]$$
• 然后我们把它代回原式，可以得：
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$
• 然后我们把${\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$写到条件中去，去枚举每一个d，显然$gcd(i,j)<=min(n,m)$，也就是$d<=min(n,m)$,但我们现在的上下界不是nm,而是$[\frac{n}{p}]，[\frac{m}{p}]$因此，$d<=min([\frac{n}{p}],[\frac{m}{p}])$，原式变成：
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=min([\frac{n}{p}],[\frac{m}{p}])}\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}\left(\mu (d)\ast [d|gcd(i,j)]\right)$$

发现了吗，这一步实际上就是把${\sum }_{d|gcd(i,j)}\mu (d)$，和式中的判断语句写到条件中

• 接下来，我们可以移项，移动$\mu (d)$那一项，然后就成了：
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=min([\frac{n}{p}],[\frac{m}{p}])}\left(\mu (d)\ast \sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}[d|gcd(i,j)]\right)$$

$\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}\mu (d)$式子中，枚举项是i和j，与d无关，因此与d有关的项可以任意移动。也就是与枚举项无关的式子可以任意移项

• 下一步，我们关注这个式子：$\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}[d|gcd(i,j)]$，实际上，$d|gcd(i,j)$等价于$[d|i且d|j]$，具体原因可以自行思考（但这个是经常用的，要熟知），所以这个式子就能变成：
  $$\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum _{j=1}^{[\frac{m}{p}]}[d|i且d|j]$$
• 对于式子$\sum _{i=1}^n[d|i]$，表示d是i的约数的个数，显然d,2d,3d…这些是i的倍数，所以一共就有$[\frac{n}{d}]$个，所以$\sum _{i=1}^{[\frac{n}{p}]}[d|i]=[\frac{n}{pd}]$，而现在需要d同时是ij的约数，因此答案就是$[\frac{n}{pd}]\ast [\frac{m}{pd}]$，这样一来，我们和最后两个$\sum \sum$说拜拜，原式就成了
  $$\sum _{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=[\frac{n}{p}]}\left(\mu (d)\ast [\frac{n}{pd}]\ast [\frac{m}{pd}]\right)$$
• 这时，复杂度大概是$O(质数个数\ast [\frac{n}{p}])$，最后可以拿到50分。接下来，我们考虑优化。首先我们有下面的式子：
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{[\frac{n}{i}]}f(ij)\ast g(i)\ast h(j)=\sum _{k=1}^{n}f(k)\ast \sum _{d|k}g([\frac{k}{d}])h(d)$$

令$k=ij$，然后枚举$k$。这里的$i$可以不从1枚举到n，可以是任意数，前提是保证后面的d和i性质一样(比如i是[1,n]范围内的质数，那么d|k且d是质数)，且计算时保证关于i的函数和关于d的函数是同一性质（还是刚才的例子，式子左边是g(i)，右边以d作为自变量的也应该是g而不应该是h，但如果i是顺序从1枚举到n则没有这个限制）

• 所以我们可以令$k=pd$把原始改为枚举$k$的形式。根据上面所说的，$\mu ()$的自变量就应该是$\mu (\frac{k}{d})$而不是$\mu (d)$（其他题解都说要改为枚举k，但都没有说为什么，上面就是原因）
  $$\sum _{k=1}^n[\frac{n}{k}][\frac{m}{k}]\ast \sum _{d|k且d\in prime}\mu (\frac{k}{d})$$
• 如果直接计算这个式子，会发现$\sum _{d|k且d\in prime}\mu (\frac{k}{d})$的前缀和比较难处理。现在问题就在于处理下面式子的前缀和：
  $$f(k)=\sum _{d|k且d\in prime}\mu (\frac{k}{d})$$
• 显然又是贡献法枚举了，枚举所有的d(且d是质数)，然后d会对所有d的倍数$f(kd)$产生贡献，这样一来就把$f(k)$处理完了，然后前缀和一下。预处理复杂度是$O(约数个数\ast \frac{n}{p})(p是指每一个约数)$，总复杂度就是$O(约数个数\ast \frac{n}{p}+T\sqrt{n})$，这样能拿到100分，但是可以进一步优化。

这里有一个小注意事项，就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…

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分鸽线（上面就已经做完了，下面是一点优化，个人认为挺重要的，需要掌握）不加下面的优化大概15s，加了下面的优化就是10s

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$$f(k)=\sum _{d|k且d\in prime}\mu (\frac{k}{d})$$

• 上式我们枚举的是什么？是k的所有质因子。于是就把$f(k)$换成唯一分解形式：
  $$f(k)=\mu (\frac{k}{p_1})+\mu (\frac{k}{p_2})+...+\mu (\frac{k}{p_n})$$
• 然后发现$f(k)$显然可以线性筛鸭！然后我们就线性筛，最终复杂度就是$O(n+T\sqrt{n})$
• 最后，我讲一下这里的线性筛：
• 就举个例子吧，假设现在枚举的数是k=30，分解质因数后是
  $$k=2^1\ast 3^1\ast 5^1$$
• 那么$f(30)=\mu (\frac{30}{2})+\mu (\frac{30}{3})+\mu (\frac{30}{5})$
  1. $i\%prime[j]==0$
     在这个例子里$prime[j]$只能等于2（不知道为什么只有2？因为线性筛只会枚举<= i的最小质因子 的质数…），我们就假设现在枚举的质数是2，然后分解质因数是：
     $$k=2^2\ast 3^1\ast 5^1$$
     现在去枚举k的质因子p，发现，除了2，对于任意的p，$\frac{k}{p}$一定含有平方因子，也就是除了质因子2的，其他质因子的贡献都变成了0，所以$i\ast prime[j]=\mu (i)$
  2. $i\%prime[j]!=0$
     这样的话，相当于多加了一个质因子，所以我们只用加上这个质因子的贡献$\mu (\frac{k}{prime[j]})$。如果你信了的话，就错啦。并不是只用加上这个质因子的贡献的，因为k变大了，其他的质因子的贡献也变化了。每一个的质因子的$\mu (\frac{k}{d})$中$\frac{k}{d}$都扩大了$prime[j]$倍，所以根据莫比乌斯函数的性质，增加了一个原来没有的质因子，值应该取反。于是变成$f[i\ast prime[j]]=-f(i)$…还没完，现在还新增了一个质数prime[j]，他的贡献是$\mu (\frac{i\ast prime[j]}{prime[j]})$也就是$\mu [i]$，所以$f[i\ast prime[j]]=-f(i)+\mu [i]$
  3. i是质数
     这个就太简单了，显然质数只有一个约数就是自己，所有值就是$\mu (1)=1$
  • 完结~

注意事项

• 就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…

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总结

• 遇到枚举项中出现诸如[gcd(i,j)==1]的条件式，可以考虑用$\sum$
• $[d|gcd(i,j)]等价于[d|i且d|j]$
• $\sum _{d|n}\mu (d)=[n==1]$这个结论极其重要。可以用这个等式替换条件式
• 就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…
• 下面这一个我认为是这篇题解里最有营养的
  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{[\frac{n}{i}]}f(ij)\ast g(i)\ast h(j)=\sum _{k=1}^{n}f(k)\ast \sum _{d|k}g([\frac{k}{d}])h(d)$$

令$k=ij$，然后枚举$k$。这里的$i$可以不从1枚举到n，可以是任意数，前提是保证后面的d和i性质一样(比如i是[1,n]范围内的质数，那么d|k且d是质数)，且计算时保证关于i的函数和关于d的函数是同一性质（还是刚才的例子，式子左边是g(i)，右边以d作为自变量的也应该是g而不应该是h，但如果i是顺序从1枚举到n则没有这个限制）

• 见到$\sum _{d|n且d\in prime}$，就是在枚举n的所有质因子，看到这样的式子脑子里一定要立马蹦出线性筛鸭！！！

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AC代码

#include
#include
using namespace std;

const int maxn = 1e7 + 10;

bool no_prime[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn], f[maxn], pre[maxn];
int shai(int n)
{
	int cnt = 0;
	mu[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!no_prime[i])
			prime[++cnt] = i, mu[i] = -1, f[i] = 1;

		for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; j++)
		{
			no_prime[i * prime[j]] = 1;
			mu[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i];
			f[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? mu[i] : mu[i] - f[i];
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		pre[i] = pre[i - 1] + f[i];

	return cnt;
}

long long cal(int n, int m)
{
	int  l = 1, r; long long ans = 0;
	while (l <= n)
	{
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += (1ll * n / l) * (m / l) * (long long)(pre[r] - pre[l - 1]);
		l = r + 1;
	}
	return ans;
}

int n, m;

void solve()
{
	shai(maxn - 10);

	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d", &n, &m);
		if (n > m) swap(n, m);

		printf("%lld\n", cal(n, m));
	}
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}