编程中的较高端的数论知识总结1——莫比乌斯反演

编程中的较高端的数论知识总结1——莫比乌斯反演

  • 前言
  • 一些需要使用到的数论知识
    • 简单的知识
    • 简化的if语句
    • 数论函数
      • 概念
      • 积性函数
        • (普通的)积性函数
        • 完全积性函数
      • 常见数论函数
  • 莫比乌斯反演
    • 小小的计算
    • 莫比乌斯函数
      • 性质
      • 计算方法
    • 莫比乌斯反演的严格证明
    • 例题
      • [HAOI2011]Problem b
        • 题目
          • 题目描述
          • 输入格式
          • 输出格式
          • 输入输出样例
            • 输入
            • 输出
          • 说明/提示
        • 题解
          • 算法1(20分)
          • 算法2(50分)
          • 算法3(还是50分)
          • 算法4(70分)
          • 算法5(100分)
      • 题目推荐
  • 参考资料

前言

之前写过一篇名叫基础数论总结的博客,自己认为写得不是很好,当时刚开始用CSDN写博客, LaTeX \LaTeX LATEX公式写得不是很熟练,花了快 3 3 3个月才写完,而且写得比较杂,有的地方也写得不够全,后来也没去改过
这次疫情期间,学校老师让我写一篇数论总结的博客,让我回学校后和其他同学分享,于是就有了这一系列博客
对于以前那篇,如果有不懂的可以自行在百度上查询,我也不会再去更改了因为懒

一些需要使用到的数论知识

简单的知识

在我的另一篇博客中已经有了,这里就不再赘述

简化的if语句

在数论中,我们常常使用 [ P ] [P] [P]来表示一个命题的正误
如果 P P P是一个真命题,那么 [ P ] [P] [P]的值就是 1 1 1,反之,如果是假命题,值就是 0 0 0
其实就相当于:

if(P) [P]=1;
else [P]=0;

数论函数

概念

数论函数指定义域为正整数的函数,每个数论函数都可视为复数的序列——度娘(有删改)

积性函数

在数论函数中,最重要的性质就是积性,虽然我前面那篇博客已经写过了,但是因为太重要了,我还是要在写一遍
积性函数一共分为两类

(普通的)积性函数

对于所有的积性函数,都满足一个性质: ∀ a , b ∈ Z + 且 g c d ( a , b ) = 1 , 则 f ( a b ) = f ( a ) f ( b ) \forall a,b\in \Z^+且gcd(a,b)=1,则f(ab)=f(a)f(b) a,bZ+gcd(a,b)=1,f(ab)=f(a)f(b)
例如,欧拉函数 φ ( n ) \varphi(n) φ(n)就是一个典型的积性函数

完全积性函数

某些特殊的积性函数会满足: ∀ a , b ∈ Z + , 则 f ( a b ) = f ( a ) f ( b ) \forall a,b\in \Z^+,则f(ab)=f(a)f(b) a,bZ+,f(ab)=f(a)f(b),我们把这些函数叫做完全积性函数
最明显的完全积性函数就是 i d ( n ) = n id(n)=n id(n)=n,这显然是一个完全积性函数

常见数论函数

首先,是三个完全积性函数:

  1. ϵ ( n ) = [ n = = 1 ] \epsilon(n)=[n==1] ϵ(n)=[n==1](单位元)
  2. I ( n ) = 1 I(n)=1 I(n)=1
  3. i d ( n ) = n id(n)=n id(n)=n

emmm……其实后面两个啥用都没有
接着,是一些常见的积性函数

  1. φ ( n ) = n × ∏ 质 数 p ∣ n ( 1 − 1 p ) \varphi (n)=n \times \prod \limits_{质数p|n}\left(1-\frac{1}{p}\right) φ(n)=n×pn(1p1)(欧拉函数)
  2. μ ( n ) = { ( − 1 ) t            n 无 平 方 因 子 , 质 因 数 个 数 为 t 0                   n 有 平 方 因 子 \mu (n)=\begin{cases}(-1)^t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n无平方因子,质因数个数为t\\0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n有平方因子\end{cases} μ(n)={(1)t          nt0                 n(莫比乌斯函数,后面讲莫比乌斯反演时有用)
  3. τ ( n ) = ∑ d ∣ n 1 \tau(n)=\sum \limits_{d|n}1 τ(n)=dn1(正因子个数)
  4. σ ( n ) = ∑ d ∣ n d \sigma(n)=\sum \limits_{d|n}d σ(n)=dnd(正因子和)

不是积性函数的数论函数好像没有几个会考的,所以我也不列举了其实我也不知道

莫比乌斯反演

小小的计算

在讲述这个看似高级的东西之前,我们做一个小小的计算
我们假设有两个数论函数 f ( n ) f(n) f(n) F ( n ) F(n) F(n),满足 F ( n ) = ∑ d ∣ n f ( d ) F(n)=\sum \limits_{d|n}f(d) F(n)=dnf(d)
那么,我们来枚举一下前几项
F ( 1 ) = f ( 1 ) , F ( 2 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) , F ( 3 ) = f ( 1 ) + f ( 3 ) , F ( 4 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 4 ) , F ( 5 ) = f ( 1 ) + f ( 5 ) F(1)=f(1),F(2)=f(1)+f(2),F(3)=f(1)+f(3),F(4)=f(1)+f(2)+f(4),F(5)=f(1)+f(5) F(1)=f(1),F(2)=f(1)+f(2),F(3)=f(1)+f(3),F(4)=f(1)+f(2)+f(4),F(5)=f(1)+f(5)
F ( 6 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + f ( 6 ) , F ( 7 ) = f ( 1 ) + f ( 7 ) , F ( 8 ) = f ( 1 ) + f ( 2 ) + f ( 4 ) + f ( 8 ) , F ( 9 ) = f ( 1 ) + f ( 3 ) + f ( 9 ) F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6),F(7)=f(1)+f(7),F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8),F(9)=f(1)+f(3)+f(9) F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6),F(7)=f(1)+f(7),F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8),F(9)=f(1)+f(3)+f(9)
接着,我们来尝试着倒过来表示,枚举一下前几项
f ( 1 ) = F ( 1 ) , f ( 2 ) = F ( 2 ) − F ( 1 ) , f ( 3 ) = F ( 3 ) − F ( 1 ) , f ( 4 ) = F ( 4 ) − F ( 2 ) , f ( 5 ) = F ( 5 ) − F ( 1 ) f(1)=F(1),f(2)=F(2)-F(1),f(3)=F(3)-F(1),f(4)=F(4)-F(2),f(5)=F(5)-F(1) f(1)=F(1),f(2)=F(2)F(1),f(3)=F(3)F(1),f(4)=F(4)F(2),f(5)=F(5)F(1)
f ( 6 ) = F ( 6 ) − F ( 3 ) − F ( 2 ) + F ( 1 ) , f ( 7 ) = F ( 7 ) − F ( 1 ) , f ( 8 ) = F ( 8 ) − F ( 4 ) , f ( 9 ) = F ( 9 ) − F ( 3 ) f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1),f(7)=F(7)-F(1),f(8)=F(8)-F(4),f(9)=F(9)-F(3) f(6)=F(6)F(3)F(2)+F(1),f(7)=F(7)F(1),f(8)=F(8)F(4),f(9)=F(9)F(3)
我们来从中寻找一下规律,用 f ( n ) = ∑ d ∣ n g ( d ) F ( n d ) f(n)=\sum \limits_{d|n}g(d)F\left(\frac{n}{d}\right) f(n)=dng(d)F(dn)表示
问题是, f ( d ) f(d) f(d)究竟是多少呢?
我们来求一下:
g ( 1 ) = 1 , g ( 2 ) = − 1 , g ( 3 ) = − 1 , g ( 4 ) = 0 , g ( 5 ) = − 1 , g ( 6 ) = 1 , g ( 7 ) = − 1 , g ( 8 ) = 0 , g ( 9 ) = 0 g(1)=1,g(2)=-1,g(3)=-1,g(4)=0,g(5)=-1,g(6)=1,g(7)=-1,g(8)=0,g(9)=0 g(1)=1,g(2)=1,g(3)=1,g(4)=0,g(5)=1,g(6)=1,g(7)=1,g(8)=0,g(9)=0
好像有平方因子的都是 0 0 0,但是无平方因子的呢?好像都是 1 1 1 − 1 -1 1,但是什么时候是 1 1 1,什么时候又是 − 1 -1 1呢?
通过观察,我们可以发现: g ( n ) = ( − 1 ) t g(n)=(-1)^t g(n)=(1)t t t t n n n的质因子个数!
因此这个函数可以表示为:
g ( n ) = { ( − 1 ) t            n 无 平 方 因 子 , 质 因 数 个 数 为 t 0                   n 有 平 方 因 子 g(n)=\begin{cases}(-1)^t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n无平方因子,质因数个数为t\\0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ n有平方因子\end{cases} g(n)={(1)t          nt0                 n
我们把这个函数成为莫比乌斯函数,用 μ ( n ) \mu(n) μ(n)来表示
那么,我们得出来一个漂亮的式子: f ( n ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) F ( n d ) f(n)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right) f(n)=dnμ(d)F(dn)
话说我们不是要讲高端的莫比乌斯反演吗,怎么讲了这么多废话?
这就是莫比乌斯反演啊!我们不知不觉的已经讲完了,是不是一点都不难呢?
其实,莫比乌斯反演的本质就是一个容斥,所以在做题时,我们可以先做出这个容斥,然后再考虑如何使用莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

接下来,我们来具体讲解一下莫比乌斯反演中的一个重要元素——莫比乌斯函数

性质

莫比乌斯函数有几个简单的性质,大家可以了解一下
∑ d ∣ n μ ( d ) = { 1       ( n = 1 ) 0       ( n > 1 ) \sum \limits_{d|n}\mu(d)=\begin{cases}1\ \ \ \ \ (n=1)\\0\ \ \ \ \ (n>1)\end{cases} dnμ(d)={1     (n=1)0     (n>1)
证明:当 n = 1 n=1 n=1时, ∑ d ∣ n μ ( d ) = μ ( 1 ) = 1 \sum \limits_{d|n}\mu(d)=\mu(1)=1 dnμ(d)=μ(1)=1(显然)
   当 n > 1 n>1 n>1时,设 n = ∏ i = 1 k p i α i n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i} n=i=1kpiαi
       又 ∵ n \because n n中质因子个数为 t t t的因子只有 ( k r ) \binom{k}{r} (rk)
         ∴ ∑ d ∣ n μ ( d ) = ∑ i = 0 k ( − 1 ) i ( k i ) = ( 1 − 1 ) k = 0 \therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)=\sum \limits_{i=0}^{k} (-1)^i\binom{k}{i}=(1-1)^k=0 dnμ(d)=i=0k(1)i(ik)=(11)k=0
注:倒数第二步用到了二项式定理,在我的另一篇讲解组合计数的博客中有写到(该博客目前还未完成,不会的自行百度)
∑ d ∣ n μ ( d ) d = φ ( d ) d \sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d} dndμ(d)=dφ(d)
证明:令 F ( n ) = n , f ( n ) = φ ( n ) F(n)=n,f(n)=\varphi(n) F(n)=n,f(n)=φ(n)
∴ F ( n ) = ∑ d ∣ n f ( d ) \therefore F(n)=\sum \limits_{d|n}f(d) F(n)=dnf(d)(显然,不会的话自己思考一下)
∴ f ( n ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) F ( n d ) \therefore f(n)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right) f(n)=dnμ(d)F(dn)
∴ ∑ d ∣ n μ ( d ) d = φ ( d ) d \therefore \sum \limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(d)}{d} dndμ(d)=dφ(d)
μ ( n ) \mu(n) μ(n)为积性函数
证明:设 n = ∏ i = 1 k p i α i , m = ∏ i = 1 t q i β i n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i},m=\prod\limits_{i=1}^{t}q_i^{\beta_i} n=i=1kpiαi,m=i=1tqiβi
∴ \therefore ∃ α i > 1 \exists \alpha_i>1 αi>1 β i > 1 \beta_i>1 βi>1,则 μ ( m n ) = 0 = μ ( m ) μ ( n ) \mu(mn)=0=\mu(m)\mu(n) μ(mn)=0=μ(m)μ(n)
 否则, μ ( m n ) = ( − 1 ) k + t = ( − 1 ) k ( − 1 ) t = μ ( m ) μ ( n ) \mu(mn)=(-1)^{k+t}=(-1)^k(-1)^t=\mu(m)\mu(n) μ(mn)=(1)k+t=(1)k(1)t=μ(m)μ(n)

计算方法

讲了这么多,我还是不知道莫比乌斯反演怎么求啊!
别着急,我这就讲
因为莫比乌斯函数是积性函数,我们可以使用线性筛来求解
线性筛大家应该都知道吧?我们在求解欧拉函数时就使用了这个方法,因为欧拉函数也是积性函数
具体代码如下:

int MU(){
    for(int i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!v[i]) p[++s]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=s&&i*p[j]<=MAXN;j++){
            v[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]) mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else{mu[i*p[j]]=0;break;}
        }
    }
}

在我的github仓库中,有这些模板代码,大家可以自己去拷贝

莫比乌斯反演的严格证明

我们之前是用找规律的手法推出莫比乌斯反演的,那我们可不可以严格的证明呢?
显然是可以的,下面是证明过程:
∵ ∑ d ∣ n μ ( d ) F ( n d ) = ∑ d ∣ n μ ( d ) ∑ i ∣ n d f ( i ) = ∑ i ∣ n f ( i ) ∑ d ∣ n i μ ( d ) \because \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{d|n}\mu(d)\sum \limits_{i|\frac{n}{d}}f(i)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d) dnμ(d)F(dn)=dnμ(d)idnf(i)=inf(i)dinμ(d)
∴ \therefore 根据莫比乌斯函数的性质①,可知 ∑ d ∣ n i μ ( d ) = [ i = = n ] \sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=[i==n] dinμ(d)=[i==n]
∴ ∑ d ∣ n μ ( d ) F ( n d ) = ∑ i ∣ n f ( i ) ∑ d ∣ n i μ ( d ) = ∑ i ∣ n f ( i ) [ i = = n ] = f ( n ) \therefore \sum \limits_{d|n}\mu(d)F\left(\frac{n}{d}\right)=\sum \limits_{i|n}f(i)\sum \limits_{d|\frac{n}{i}}\mu(d)=\sum \limits_{i|n}f(i)[i==n]=f(n) dnμ(d)F(dn)=inf(i)dinμ(d)=inf(i)[i==n]=f(n)
这就是莫比乌斯反演证明的全过程了,只有 3 3 3行,但信息量很大,请大家好好消化这段证明过程

例题

如果你已经掌握了上面的所有内容,那么恭喜你,你已经学完了莫比乌斯反演的全部内容了,剩下的就是实际练习了
在这里,我只详细写一道例题的题解,剩下的请大家自行完成(也可能会另外发题解在其他文章中)

[HAOI2011]Problem b

这是一道最最经典的莫比乌斯反演的题目,基本上每篇有例题的讲莫比乌斯反演的博客都会讲这道题

题目

题目描述

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

输入格式

第一行一个整数 n n n,接下来 n n n行每行五个整数,分别表示 a , b , c , d , k a,b,c,d,k a,b,c,d,k

输出格式

n n n行,每行一个整数表示满足要求的数对 ( x , y ) (x,y) (x,y)的个数

输入输出样例
输入
2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
输出
14
3
说明/提示

对于 100 % 100\% 100%的数据满足: 1 ⩽ n , k ⩽ 5 × 1 0 4 1 \leqslant n,k \leqslant 5 \times 10^4 1n,k5×104 1 ⩽ a ⩽ b ⩽ 5 × 1 0 4 1 \leqslant a \leqslant b \leqslant 5 \times 10^4 1ab5×104 1 ⩽ c ⩽ d ⩽ 5 × 1 0 4 1 \leqslant c \leqslant d \leqslant 5 \times 10^4 1cd5×104

题解

算法1(20分)

我们先不要考虑什么莫比乌斯反演之类的高级东西,先从简单出发,一步步深入,最终A掉这些题
这也是初学莫比乌斯反演,乃至学习新的数论算法的一个重要方法
你能想到的最最最暴力的方法是什么?当然是枚举啦!
枚举 [ a , b ] [a,b] [a,b]之间的 x x x [ c , d ] [c,d] [c,d]之间的 y y y,判断 g c d ( x , y ) gcd(x,y) gcd(x,y)是否等于 k k k就完事了
能不能稍微优化一下呢?当然可以!
我们枚举 [ ⌈ a k ⌉ , ⌊ b k ⌋ ] \left[\lceil\frac{a}{k}\rceil,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor\right] [ka,kb]之间的 x ′ x' x [ ⌈ c k ⌉ , ⌊ d k ⌋ ] \left[\lceil\frac{c}{k}\rceil,\lfloor\frac{d}{k}\rfloor\right] [kc,kd]之间的 y ′ y' y,判断 g c d ( x ′ , y ′ ) gcd(x',y') gcd(x,y)是否等于 1 1 1即可,效率为 Θ ( T n m l o g n k k 2 ) \Theta\left(T\frac{nmlog\frac{n}{k}}{k^2}\right) Θ(Tk2nmlogkn)

算法2(50分)

A n s n , m Ans_{n,m} Ansn,m a = 1 , b = n , c = 1 , d = m a=1,b=n,c=1,d=m a=1,b=n,c=1,d=m的情况下的答案
那么,这道题的答案就是 A n s b , d − A n s a − 1 d − A n s b , c − 1 + A n s a − 1 , c − 1 Ans_{b,d}-Ans_{a-1d}-Ans_{b,c-1}+Ans_{a-1,c-1} Ansb,dAnsa1dAnsb,c1+Ansa1,c1
那如何优化计算 A n s n , m Ans_{n,m} Ansn,m呢?
首先,可以采用和算法一一样的方法,转化为求 ∑ x = 1 ⌊ n k ⌋ ∑ y = 1 ⌊ m k ⌋ [ g c d ( x , y ) = = 1 ] \sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1] x=1kny=1km[gcd(x,y)==1]
接着,我们假设 f x = ∑ y = 1 ⌊ m k ⌋ [ g c d ( x , y ) = = 1 ] f_x=\sum \limits_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(x,y)==1] fx=y=1km[gcd(x,y)==1],那么, A n s n , m = ∑ x = 1 ⌊ n k ⌋ f x Ans_{n,m}=\sum \limits_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} f_x Ansn,m=x=1knfx
所以,我们只需要求出 f x f_x fx就可以了
x = ∏ i = 1 k p i α i x=\prod \limits_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_i} x=i=1kpiαi
那么, f ( x ) = ⌊ m k ⌋ + ∑ j = 1 k ( − 1 ) j ∑ 1 ⩽ i 1 < i 2 < ⋯ < i j ⩽ k ⌊ m k ⌋ ∏ r = 1 j p i r f(x)=\lfloor\frac{m}{k}\rfloor+\sum\limits_{j=1}^{k}(-1)^{j}\sum\limits_{1\leqslant i_1f(x)=km+j=1k(1)j1i1<i2<<ijkr=1jpirkm
这一步需要花费 Θ ( 2 k ) \Theta\left(2^k\right) Θ(2k)
因为 b , d ⩽ 1000 b,d\leqslant1000 b,d1000,而 2 × 3 × 5 × 7 × 11 = 2310 > 1000 2\times 3\times 5\times 7\times 11=2310>1000 2×3×5×7×11=2310>1000,所以 k < = 4 k<=4 k<=4,所以可以得50分

算法3(还是50分)

假设 f k = ∑ x = 1 n ∑ y = 1 m [ g c d ( x , y ) = = k ] , g k = ∑ x = 1 n ∑ y = 1 m [ k ∣ g c d ( x , y ) ] f_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)==k],g_k=\sum \limits_{x=1}^{n}\sum \limits_{y=1}^{m}[k|gcd(x,y)] fk=x=1ny=1m[gcd(x,y)==k],gk=x=1ny=1m[kgcd(x,y)]
那么,我们可以轻松地得出: g k = ∑ d = 1 ⌊ n k ⌋ f k d = ⌊ n k ⌋ ⌊ m k ⌋ g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd}=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor gk=d=1knfkd=knkm
所以,我们就可以得到: f k i = g k i − ∑ j = 1 ⌊ n k ⌋ f k i j f_{ki}=g_{ki}-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kij} fki=gkij=1knfkij
时间复杂度为 Θ ( T n k l o g ( n k ) ) \Theta\left(T\frac{n}{k}log\left(\frac{n}{k}\right)\right) Θ(Tknlog(kn))

算法4(70分)

接下来,我们就要真正使用到莫比乌斯反演了
因为 g k = ∑ d = 1 ⌊ n k ⌋ f k d g_k=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}f_{kd} gk=d=1knfkd,所以 f k = ∑ d = 1 ⌊ n k ⌋ μ d g k d = ∑ d = 1 ⌊ n k ⌋ μ d ⌊ n k d ⌋ ⌊ m k d ⌋ f_k=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_dg_{kd}=\sum \limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu_d\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor fk=d=1knμdgkd=d=1knμdkdnkdm
使用线性筛预处理 μ d \mu_d μd,复杂度为 Θ ( n + T n k ) \Theta\left(n+T\frac{n}{k}\right) Θ(n+Tkn)

算法5(100分)

看到 ⌊ n k d ⌋ \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor kdn这种式子,大家应该都能反应过来要使用数论分块进行计算
以计算 ∑ d = 1 n ⌊ n d ⌋ ⌊ m d ⌋ \sum\limits_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor d=1ndndm为例,讲解数论分块算法
枚举每一个 ⌊ n d ⌋ \lfloor\frac{n}{d}\rfloor dn ⌊ m d ⌋ \lfloor\frac{m}{d}\rfloor dm都分别相等的块,假设开始位置为 i i i,那么结束位置 j = m i n ( ⌊ n ⌊ n i ⌋ ⌋ , ⌊ m ⌊ m i ⌋ ⌋ ) j=min\left(\left\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}\right\rfloor\right) j=min(inn,imm)
这样的话,复杂度就是 Θ ( n + T ( n + m ) ) \Theta(n+T(\sqrt{n}+\sqrt{m})) Θ(n+T(n +m ))
正解代码:

#include
#include
#include
using namespace std;
int a,b,c,d,k,mu[50010],v[50010],sum[50010];
long long fk(int x,int y)//数论分块
{
	if(x>y) swap(x,y);
	long long ans=0;
	for(int i=1,j;i<=x;i=j+1){
		j=min(x/(x/i),y/(y/i));
		ans+=(long long)(sum[j]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	for(int i=1;i<=50000;i++) mu[i]=1,v[i]=0;
	for(int i=2;i<=50000;i++){
		if(v[i]) continue;
		mu[i]=-1;
		for(int j=2*i;j<=50000;j+=i){
			v[j]=1;
			if((j/i)%i==0) mu[j]=0;
			else mu[j]*=-1;
		}
	}//计算mu_d
	sum[0]=0;
	for(int i=1;i<=50000;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	while(T--){
		cin>>a>>b>>c>>d>>k;
		cout<<fk(b/k,d/k)-fk(b/k,(c-1)/k)-fk((a-1)/k,d/k)+fk((a-1)/k,(c-1)/k)<<endl;
	}
}

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