[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)

[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)

题面

T组询问，每次给出a,b,c,d,k,求(sum _{i=a}^bsum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k])

(T,a,b,c,d,kle 5 imes 10^4)

分析

(O(n^2))暴力显然是不可行的，我们考虑优化。

首先易得(k imes gcd(i,j)=gcd(ki,kj)),那么我们可以把a,b,c,d都除上k,问题就变成了(sum _{i=a/k}^{b/k}sum _{j=c/k}^{d/k}[gcd(i,j)=1])(之后的除法若未说明，均为下去整)

差分一下，我们只要求出(sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1])，然后二维前缀和相减一下就可以了

1.运用狄利克雷卷积证明

根据结论(left(muast I ight)=varepsilon),即(varepsilon (n)= sum _{d|n} mu(n)),我们可以化简问题式子

由定义知(epsilon(x)=[x=1])

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]=sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m varepsilon(gcd(i,j))=sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m sum_{d|gcd(i,j)} mu(d) ]

变换求和顺序，先枚举(d|gcd(i,j)),

[sum_{d=1}^n mu(d) sum_{i=1}^n [d|i] sum_{j=1}^m [d|j]$$, 其中$[d|i]$表示i为d的倍数的时候i才会对答案有贡献 显然1~n中d的倍数有n/d个 最终答案为$$sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor]

2.运用莫比乌斯反演的第二种形式证明

莫比乌斯反演的第二种形式是

若(F(n) =sum _{n|d} f(d)),那么(f(n)= sum_{n|d} mu(d) F(lfloor frac{d}{n} floor))

这里d表示n的倍数

既然要用到莫比乌斯反演，我们首先就要找到合适的F和f

设

(f(x)=sum_{i=1}^n sum_{i=1}^m [gcd(i,j)=x]),(gcd为x的(x,y)的对数)

(F(x)= sum_{i=1}^n sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]), (gcd为x或x的倍数的(x,y)的对数)

显然$F(x)=sum f(i) $(i是x的倍数)，因为gcd(x,i)能整除x，那i一定能整除x。

既然F，f满足上面的条件，我们就可以大力反演了

[f(x)= sum_{x|d} mu(d) F(lfloor frac{d}{x} floor) ]

虽然这看起来是无限求和，但我们实际上求到min(n,m)就可以了，因为gcd(i,j)(i<n,j<m)不可能超过i,j中的最小值。

注意到(F(x)= sum_{i=1}^n sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]= lfloor frac{n}{x} floor lfloor frac{m}{x} floor),因为gcd(i,j)为x的倍数，那么i,j一定都被x整除，显然1~n中x的倍数有n/x个

我们求的答案实际上是f(1)

[f(1)= sum_{1|d} mu(d) F(lfloor frac{d}{1} floor)= sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) F(d)= sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor ]

两种方法殊途同归，都求出了最终答案$$sum_{d=1}^{min(n,m)} mu(d) lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor$$

数论分块优化

暴力枚举求解$$sum_{d=1}^n mu(d) lfloor frac{n}{d} floor lfloor frac{m}{d} floor$$的复杂度为(O(n)),仍然较高，观察到d比较大的时候n/d的值变化不大，如n=6时n/4=n/5=n/6.

因此我们可以找出所有下取整值相同的区间[l,r],再用$lfloor frac{n}{l} floorsum_{i=l}^r mu(d) $就可以求出答案，求和部分可以前缀和预处理。对于一个块，假设它的起始位置的下标为l，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为n/(n/l)

这样的复杂度是(O(sqrt n))的,T次询问复杂度为(O(Tsqrt n)),可以通过本题

long long ans=0;
int l,r;
for(l=1;l<=m;l=r+1){
	r=min(n/(n/l),m/(m/l));
    ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
}

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50000
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sum_mu[maxn+5];
void sieve(int n){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
}

int t;
int a,b,c,d,e;
ll solve(int n,int m){
	n/=e;
	m/=e;
	if(n<m) swap(n,m);
	ll ans=0;
	int l,r;
	for(l=1;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);
	}
	return ans;
}

int main(){
	sieve(maxn);
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&e);
		ll ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
		printf("%lld
",ans);
	}
}