数论知识总结-莫比乌斯反演
NOIP爆零の蒟蒻又来学数论辣
用yyb的博客学了一下莫比乌斯反演
莫比乌斯函数
玄学
\[ \mu(x)=\left\{ \begin{aligned} 1 & (x=1) \\ 0 & (x=p^2\times k,k\in {\mathbb{Z}^+}) \\ (-1)^k & (x=\Pi_{i=1}^{n}{p_i^{k_i}},k_i=1) \\ \end{aligned} \right. \]
x=1时，\(\mu(x)=1\)
x包含质数的平方时，\(\mu(x)=0\)
否则令k=x的质因子个数，\(\mu(x)=(-1)^k\)
莫比乌斯反演
有两种形式？？
如果有两个函数\(f(x),g(x)\)：
若满足\(g(x)=\sum_{d|x}f(d)\)，就能推出\(f(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{x}{d})g(d)\)
若满足\(g(x)=\sum_{x|d,d\le n}f(d)\)，就能推出\(f(x)=\sum_{x|d,d\le n}\mu(\frac{d}{x})g(d)\)
如果求不出\(f(x)\)，但能快速求出\(g(x)\)，任意一个\(f(x)\)就可以快速算出来。
证明不会嗷嗷嗷嗷嗷嗷，能背就好辣
例题
[POI2007]ZAP-Queries
将a/=d,b/=d，问题转化为求gcd(i,j)=1的对数
设\(f(x)\)为满足\(gcd(i,j)=x\)的有序数对\((i,j)\)数量，
\(F(x)\)为\(gcd(i,j)\)为\(x\)倍数的有序数对\((i,j)\)数量。
关系式：\(F(x)=\sum_{x|d,d\le n}f(d)\)。
现在要求\(f(1)\)
\(F(x)\)很好求，\(F(x)=\lfloor\frac{a}{x}\rfloor\times\lfloor\frac{b}{x}\rfloor\)
so \(f(x)=\sum_{x|d,d\le n}\mu(\frac{d}{x})F(d)\)
这样枚举可以获得70分的好成绩
好像还有个东西叫数论分块
\(F(x)\)可以分成很多值相等的段，而且最多\(O(\sqrt{n})\)段
于是就可以做了
如果求无序数对的话可以写个solve函数，ans=solve(a,b)-solve(min(a,b),min(a,b))/2
// It is made by XZZ
#include
#include
#define il inline
#define rg register
#define vd void
#define sta static
#define int long long
using std::min;
il int gi(){
rg int x=0,f=1;rg char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=50001;
int mu[maxn],Mu[maxn],pr[maxn],g[maxn];
bool flg[maxn];
main(){
mu[1]=1;
for(rg int i=2;i [蛤OI2011]Problem B
和上面一样，简单利用容斥。
// It is made by XZZ
#include
#include
#define il inline
#define rg register
#define vd void
#define sta static
using namespace std;
typedef long long ll;
il int gi(){
rg int x=0,f=1;rg char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=50001;
int mu[maxn],Mu[maxn],pr[maxn];
bool yes[maxn];
il ll solve(int x,int y,int k){
if(x==0||y==0)return 0;
if(x>y)swap(x,y);
x/=k,y/=k;
int i=1,j;
ll ret=0;
while(i<=x){
j=min(x/(x/i),y/(y/i));
ret+=1ll*(Mu[j]-Mu[i-1])*(x/j)*(y/j);
i=j+1;
}
return ret;
}
main(){
mu[1]=1;
for(rg int i=2;i 长期更新