莫比乌斯反演的学习(HDU1695)

   前两天学习了一下之前一直觉得高大上并且想学的内容——莫比乌斯反演。不过学任何东西都是一样,学会了发现也就这样,虽然只是皮毛。OK,废话不多说,进入正题,今天我用杭电的1695这道题再来温习一下莫比乌斯反演。

   HDU1695的题目大意是这样的,给你 a , b , c , d , k 五个值 (题目说明了 你可以认为 a=c=1)  x 属于 [1,b] ,y属于[1,d]  让你求有多少对这样的 (x,y)满足gcd(x,y)==k。给你的时间是 3000 MS。   0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000

   这道题我刚开始看的时候想到的是容斥定理, 由于以前没用容斥写过题,但久闻莫比乌斯反演大名,干脆就学习了一下,如何用莫比乌斯反演来解题。

   首先 ,这道题可以进行一部分的简化,因为  gcd(x,y)=k  那么,很显然 gcd(x / k,y / k)是等于 1 的(x,y 除了 k 一定没有其他的公因数)。那么,此时问题就可以转化为: x 属于 [1,b / k] ,y属于[1,d / k]  让你求有多少对这样的 (x,y)满足gcd(x,y)== 1 即x和y是互质的。 走到这一步 ,题目算是解决了一半了,我们先来看一下什么是莫比乌斯反演。

   这里先给出莫比乌斯的两个公式 :  (以下图片摘自 ACdreamer 的博客,仅供学习交流使用)

                       

                       

OK 这两个就是莫比乌斯反演的两种表现形式 反演的核心所在是莫比乌斯函数,什么是莫比乌斯函数呢? 我们在下面给出它的定义:

莫比乌斯反演的学习(HDU1695)_第1张图片

   是的 没错 我们称之为 mu 函数,它就是莫比乌斯函数,也是整个反演的最为重要的部分。

   现在我们来继续解决上面的那个问题。如何去求有多少对这样的 (x,y)满足gcd(x,y)== 1 。这个问题你直接拿到手发现确实比较麻烦,但是换个思路,如果我们去求有多少对这样的 (x,y)满足 gcd(x,y)== 1 的倍数  呢?  是不是就非常简单了呢?   

   OK ! 我们试着来设一下 F(d)为 有多少对(x,y)满足 gcd(x,y)== d 的倍数 。

                                                f(d)为有多少对(x,y)满足 gcd(x,y)== d  。


   呵呵,你发现F(d)用初中数学都能求出是   (n=b / k,m=d / k)

   那么其实我们需要解决的就剩下如何求出 f(1)是多少的问题了。


   根据公式你可以发现,在你对函数进行题设时是需要满足反演对函数的要求的,这个需要你自己来体会,至于另一个公式的设法是 “约数” 的关系,而这个则是 “倍数” 的关系。

  那么问题就基本上解决了,f(1)= mu(1)*F(1)+ mu(2)*F(2)+……  这个式子的终止条件是什么呢?很显然在所限定的区间内,d最大为 min(m,n)。

那么完整的式子就应该是  f(1)= mu(1)*F(1)+ mu(2)*F(2)+……mu(min(m,n))*F(min(m,n))。至此 这道题目就顺利的解决了。


下面给出如何求 mu 函数的代码 下列代码求得了 mu 函数 1-n 的函数值,直接使用就行


第一种 普通筛选求莫比乌斯函数 时间复杂度为  O(nlogn)

void getMu(){
    int N=maxn;
	for(int i=1;i<N;++i){
		int target=i==1?1:0;
		int delta=target-mu[i];
		mu[i]=delta;
		for(int j=2*i;j<N;j+=i)
			mu[j]+=delta;
	}
}

第二种 线性筛选求莫比乌斯函数 时间复杂度为  O(n)

void Init(){
    int N=maxn;
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    memset(mu,0,sizeof(mu));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2; i<N; i++){
        if(!vis[i]){
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            else{
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}



此时,走到这一步,我们已经求得了(x,y) 满足 gcd(x,y)=1 的对数 ,但题目中说明了,(1,2)和(2,1)算一种情况,那么我们就要减去多余了的情况,怎那么找出那些多算进去的情况呢? 下面的图画的很清楚:


莫比乌斯反演的学习(HDU1695)_第2张图片

   G(b,b)就是多算进去的这些情况,

   那么 G(b,d)- G(b,b)/ 2 就是最终我们要求的结果了,至于这一点,有不懂的请在纸上画一画,这不是我要讲的重点了。

   完整代码如下:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=1e5+7;
bool vis[maxn];
int prime[maxn],mu[maxn];
int cnt;

void Init(){
    int N=maxn;
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    memset(mu,0,sizeof(mu));
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2; i<N; i++){
        if(!vis[i]){
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            else{
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

void getMu(){
    int N=maxn;
	for(int i=1;i<N;++i){
		int target=i==1?1:0;
		int delta=target-mu[i];
		mu[i]=delta;
		for(int j=2*i;j<N;j+=i)
			mu[j]+=delta;
	}
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int a,b,c,d,k;
    int T,Case=0;
    Init();
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>a>>b>>c>>d>>k;
        cout<<"Case "<<++Case<<": ";
        if(k==0){
            cout<<"0"<<endl;
            continue;
        }
        b/=k,d/=k;
        long long ans1=0,ans2=0;
        for(int i=1;i<=min(b,d);i++){
            ans1+=(long long)mu[i]*(b/i)*(d/i);
        }
        for(int i=1;i<=min(b,d);i++){
            ans2+=(long long)mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);
        }
        cout<<ans1-ans2/2<<endl;
    }
    return 0;
}


   

   至此我们通过HDU1695学习了莫比乌斯反演的入门,数论中还有更多有趣的问题等待我们去探索,不得不感叹这些数学家们的伟大了。

 

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