• 省选前的反演抢救计划

    RT，熟悉的标题

    表示开始抢救的时候关于反演的那一套已经快忘完了

    然而沙茶博主做反演题的过程基本就是：看题->xjb推->推不动->看题解

    主要是莫比乌斯反演，有空就再搞搞二项式反演

    同样不建议......

    我佛了

    莫比乌斯反演那一套理论.jpg

    同时涉及一些数论相关？

    万恶之源：

    狄利克雷卷积函数：$(f×g)(n)=sum_{d|n}f(d)g(frac{n}{d})$。

    基本结论

    1 x 1 = d，证明：定义

    φ x 1 = id，证明：若n为质数，则id。其他情况用积性函数证明。

    μ x id = φ，证明：上面那个东西莫比乌斯反演一下

    μ x 1 = ε，证明：考虑每个质数选几个，用二项式定理确定系数，带进去后发现和为0。

    ε × 1 = 1，证明：每个数为1的因数只有1，显然

    元函数e和谁卷得出来的都是那个函数

    整除的性质

    $leftlfloor frac{n}{a*b} ight floor=leftlfloor frac{leftlfloor frac{n}{a} ight floor}{b}  ight floor$，向上取整同理

    莫比乌斯反演定理

    $g(n)=sum_{d|n}f(d)->f(n)=sum_{d|n}μ(frac{n}{d})g(d)$

    常用技巧

    1.数论分块

    大部分时候从本质上降低复杂度的是数论分块

    注意有限制时被限制的部分不能放进分块里

    2.gcd

    ①枚举gcd

    ②gcd和lcm的关系，其实反演里所有的lcm归根结底都是gcd

    ③d|gcd(a,b)当且仅当d|a&&d|b，gcd(a*b,c)==1当且仅当$gcd(a,c)==1&&gcd(b,c)==1$

    ④设$f(d)=sum_{d==gcd(i,j)}$，$g(n)=sum_{d|gcd(i,j)}$，那么$g(d)=leftlfloorfrac{n}{d} ight floorleftlfloorfrac{m}{d} ight floor$

    3.交换求和号

    基本技能，字面意思

    4.枚举整体/前提枚举/改变枚举对象

    前面的是一个套路的东西,比如枚举一个乘积或者枚举一个下取整除法

    中间那个那个经常提μ或者题目给的一个函数，还有注意前提时指数的变化

    (前提枚举->向前提取枚举的某一项)

    后者灵活用就好(指xjb用)

    5.xjb使用基本结论和莫反定理，哦，还有一些函数的本质定义以及数论中的其他小知识

    当别的技巧都没有用的时候，总可以用更基本的东西试一试

    6.特别的一些技巧

    对于除式，可以考虑分子分母分开算

    对于带着逻辑运算符的式子，可以考虑按逻辑运算来拆开算

    有时候可能需要线性筛预处理积性函数

    常见的(反演)结果

    1D GCD

    $sumlimits_{i=1}^{n}gcd(i,n)=sumlimits_{i=1}^{n}sum_{d|gcd(i,n)}φ(d)=sum_{d|n}φ(d)frac{n}{d}$

    2D GCD

    $sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}gcd(i,j)=sumlimits_{d=1}^{min(n,m)}φ(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floor leftlfloorfrac{m}{d} ight floor$

    GCD=k

    $sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)==k]=sumlimits_{i=1}^{min(n,m)}[k|i]μ(frac{i}{k})leftlfloorfrac{n}{i} ight floorleftlfloorfrac{m}{i} ight floor=sumlimits_{i=1}^{min(leftlfloorfrac{n}{k} ight floor,leftlfloorfrac{m}{k} ight floor)}μ(i)leftlfloorfrac{n}{ik} ight floorleftlfloorfrac{m}{ik} ight floor$

    1D LCM

    $sumlimits_{i=1}^nlcm(i,n)=sumlimits_{i=1}^nnfrac{i}{gcd(i,n)}$

    枚举$gcd(i,n)$

    $sum_{d|n}frac{sum i[gcd(i,n)==d]}{d}=sum_{d|n}sum_{j=1}^{frac{n}{d}}j=$自行等差数列求和

    2D 互质数对乘积和

    $sumlimits_{i=1}^n i^2φ(i)$

    题

    题！实践！推式子！

    我反正是复习的时候把写过的反演题又推了一遍，没写过题解的就放这里了

    一些之前做过的题(混进来一个二项式反演)，修了好多原来naive的锅

    国家集训队 Crash的数字表格 

    求$sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mlcm(i,j)$，单次询问

    (加强版是多次询问，再推一推用线性筛积性函数可以做到$O(n+Tsqrt n)$，一定写)

    这题用到的技巧很多，适合熟悉莫反

    — —所有的lcm归根结底都是gcd

    $sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mlcm(i,j)$

    $sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mfrac{i*j}{gcd(i,j)}$

    枚举+前提gcd，下设$n<=m$

    $sumlimits_{d=1}^nsumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]frac{i*j}{d}$

    $sumlimits_{d=1}^n dsumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}sumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}[gcd(i,j)==1]i*j$

    先算后半段，开始xjb使用基本结论(μx1=ε)

    $=...sumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}sumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}sum_{t|gcd(i,j)}μ(t)i*j$

    向前提$μ$

    $=...sumlimits_{t=1}^{n}μ(t)sumlimits_{t|i}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}sumlimits_{t|j}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}i*j$

    为了丢掉整除的限制，我们枚举除过$t$的结果，在前面用$t^2$补上

    $=...sumlimits_{t=1}^nμ(t)t^2sumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{dt} ight floor}sumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{dt} ight floor}i*j$

    对于$leftlfloorfrac{n}{dt} ight floor$这后面的东西可以$O(1)$算，所以可以数论分块+等差数列求和解决，再把后半段整个拿出来数论分块，就可以做到$O(n)$了

     1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int N=1e7+70,mod=20101009;
 6 int n,m,cnt,pri[N],npr[N],mul[N],sum[N];
 7 void Add(int &x,int y){x+=y; if(x>=mod) x-=mod;}
 8 void Pre(int a,int b)
 9 {
10     int lim=min(a,b);
11     npr[1]=true,mul[1]=1;
12     for(int i=2;i<=lim;i++)
13     {
14         if(!npr[i]) pri[++cnt]=i,mul[i]=-1;
15         for(int j=1,t;j<=cnt&&(t=i*pri[j])<=lim;j++)
16         {
17             npr[t]=true;
18             if(i%pri[j]==0) break;
19             else mul[t]=-mul[i];
20         }
21     }
22     for(int i=1;i<=lim;i++)
23         sum[i]=(sum[i-1]+1ll*i*i%mod*(mul[i]+mod)%mod)%mod;
24 }
25 int Calc(int a,int b)
26 {
27     return 1ll*a*(a+1)/2%mod*(1ll*b*(b+1)/2%mod)%mod;
28 }
29 int G(int a,int b)
30 {
31     int ret=0,lim=min(a,b);
32     for(int i=1,j;i<=lim;i=j+1)
33     {
34         j=min(a/(a/i),b/(b/i));
35         Add(ret,1ll*Calc(a/i,b/j)*(sum[j]-sum[i-1]+mod)%mod);
36     }
37     return ret;
38 }
39 int F(int a,int b)
40 {
41     int ret=0,lim=min(a,b);
42     for(int i=1,j;i<=lim;i=j+1)
43     {
44         j=min(a/(a/i),b/(b/i));
45         Add(ret,1ll*(i+j)*(j-i+1)/2%mod*G(a/i,b/i)%mod);
46     }
47     return ret;
48 }
49 int main()
50 {
51     scanf("%d%d",&n,&m),Pre(n,m);
52     printf("%d",F(n,m));
53     return 0;
54 }
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    BZOJ 4407 于神之怒加强版

    求$sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m gcd(i,j)^k(mod$ $1e9+7)$

    枚举gcd

    $sumlimits_{d=1}^nd^ksumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$

    $sumlimits_{d=1}^nd^ksumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}μ(i)leftlfloorfrac{n}{id} ight floorleftlfloorfrac{m}{id} ight floor$

    因为多次询问，现在的复杂度还不够

    枚举id并前提

    $sumlimits_{k=1}^{n}leftlfloorfrac{n}{k} ight floorleftlfloorfrac{n}{k} ight floorsum_{d|k}μ(frac{k}{d})d^k$

    后面这个东西可以用 线性筛那一套.jpg

     1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int N=5e6+50,mod=1e9+7;
 6 int n,k,t1,t2,nm,cnt,ans;
 7 int pri[N],npr[N],pwe[N],sum[N];
 8  
 9 void Add(int &x,int y){x+=y; if(x>=mod) x-=mod;}
10 int Qpow(int x,int k)
11 {
12     if(k==1) return x;
13     int tmp=Qpow(x,k/2);
14     return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
15 }
16  
17 void Pre()
18 {
19     int lim=5e6;
20     npr[1]=true,sum[1]=1;
21     for(int i=2;i<=lim;i++)
22     {
23         if(!npr[i]) 
24         {
25             pri[++cnt]=i,pwe[cnt]=Qpow(i,k);
26             sum[i]=(pwe[cnt]-1+mod)%mod;
27         }
28         for(int j=1,t;j<=cnt&&(t=i*pri[j])<=lim;j++)
29         {
30             npr[t]=true;
31             if(i%pri[j]==0) {sum[t]=1ll*sum[i]*pwe[j]%mod; break;}
32             else sum[t]=1ll*sum[i]*sum[pri[j]]%mod;
33         }
34     }
35     for(int i=2;i<=lim;i++)
36         Add(sum[i],sum[i-1]);
37 }
38 int main()
39 {
40     scanf("%d%d",&n,&k),Pre();
41     for(int i=1;i<=n;i++)
42     {
43         scanf("%d%d",&t1,&t2);
44         ans=0,nm=min(t1,t2);
45         for(int l=1,r;l<=nm;l=r+1)
46         {
47             r=min(t1/(t1/l),t2/(t2/l));
48             Add(ans,1ll*(t1/l)*(t2/l)%mod*(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod);
49         }
50         printf("%d
",ans);
51     }
52     return 0;
53 }
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    洛谷 4917 天守阁的地板

    求$prodlimits_{i=1}^nprodlimits_{j=1}^nfrac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}$，多次询问

    事车万题，wsl

    还是那句话，所有的lcm归根结底都是gcd

    $prodlimits_{i=1}^nprodlimits_{j=1}^nfrac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}$

    $=prodlimits_{i=1}^nprodlimits_{j=1}^nfrac{i*j}{gcd(i,j)^2}$

    仍然枚举gcd？这次不啦，分子分母分开算

    分子：

    $=prodlimits_{i=1}^nprodlimits_{j=1}^ni*j$

    $=n!^{2n}$

    大 成 功

    分母：

    $=prodlimits_{i=1}^nprodlimits_{j=1}^ngcd(i,j)^2$

    这里又来枚举gcd了，类似SDOI2017那样，我们枚举gcd用指数进行贡献，这里我们只写指数了

    $=...2*(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^n[gcd(i,j)==d])$

    注意这里还是指数呢，我们前面还有一个数论分块的$O(sqrt n)$等着呢，所以要做到$O(1)$

    $=...2*(sumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}sumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}[gcd(i,j)==1])$

    $=...2*((sumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{d} ight floor}φ(i))*2-1)$

    对指数数论分块，预处理阶乘和逆元，$O(Tsqrt n log n)$完事了

     1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #define o 1ll
 5 using namespace std;
 6 const int N=1e6+60,mod=19260817;
 7 int n,rd,cnt,pri[N],npr[N],phi[N],fac[N],inv[N];
 8 int Qpow(int x,int k)
 9 {
10     if(k==1) return x;
11     int tmp=Qpow(x,k/2);
12     return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
13 }
14 void Pre()
15 {
16     int lim=1e6;
17     fac[0]=inv[0]=1; 
18     for(int i=1;i<=lim;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
19     inv[lim]=Qpow(fac[lim],mod-2);
20     for(int i=lim-1;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
21     npr[1]=true,phi[1]=1;
22     for(int i=2;i<=lim;i++)
23     {
24         if(!npr[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
25         for(int j=1,t;j<=cnt&&(t=i*pri[j])<=lim;j++)
26         {
27             npr[t]=true,phi[t]=phi[i]*pri[j];
28             if(i%pri[j]==0) break;
29             else phi[t]-=phi[i];
30         }
31     }
32     for(int i=1;i<=lim;i++) phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%(mod-1);
33 }
34 int main()
35 {
36     scanf("%d",&n),Pre();
37     for(int i=1;i<=n;i++)
38     {
39         scanf("%d",&rd);
40         int fz=Qpow(fac[rd],2*rd),fm=1;
41         for(int l=1,r,m;l<=rd;l=r+1)
42         {
43             r=rd/(rd/l),m=o*fac[r]*inv[l-1]%mod;
44             fm=o*fm*Qpow(m,phi[rd/l]*2-1)%mod;
45         }
46         printf("%lld
",o*fz*Qpow(o*fm*fm%mod,mod-2)%mod);
47     }
48     return 0;
49 }
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    NOI 2016 循环之美 84pts部分分代码

    前排提示：这篇题解写的比较欢(沙)乐(茶)，原因你下面就知道了

    正解太神仙了，所以......

    咕！

    但是84pts的暴力真的很良心啊=。=(想起了同是NOI2016的优秀的拆分......)

    运用我们小学学到的有趣小知识(√)/大力推一推(×)/打表+猜想(？)

    我们发现一个数纯循环当且仅当分子分母互质且分母与进制数互质

    一定要证明?

    咕！

    所以我们又来推式子了

    (在写下这句话的时候，沙茶博主已经看+推了一下午+一晚上的莫反式子了，所以......)

    $sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)==1&&gcd(j,k)==1]$

    又来枚举gcd了......吗？

    枚举个毛线鸭，带着&&怎么枚举鸭

    再咕就只剩24pts了，还是算了

    下设n<=m

    那看来我们只能把两边分开了

    $=sumlimits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]sumlimits_{i=1}^n[gcd(i,j)==1]$

    后面使用基本结论

    $=sumlimits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]sumlimits_{i=1}^nsum_{d|n}μ(d)$

    算$d$的贡献

    $=sumlimits_{j=1}^m[gcd(j,k)==1]sum_{d|j}μ(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floor$

    前提μ，然后前面的那个就降到n了

    $sumlimits_{d=1}^nμ(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floorsumlimits_{j=1}^m[d|j&&gcd(j,k)==1]$

    $sumlimits_{d=1}^nμ(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floorsumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}[gcd(j*d,k)==1]$

    $sumlimits_{d=1}^n[gcd(d,k)==1]μ(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floorsumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}[gcd(j,k)==1]$

    然后我们发现前面这个东西套的太多了，只能$O(n)$(其实是$O(nlog n)$，因为还有gcd)算，所以我们必须$O(1)$得到后面的东西，然而m太大了无法承受

     

    不咕

    如果你稍微想一想或者把表打出来看一看，显然后面这个玩意是以k为循环节的

    然后就愉快的拿到了84pts

     1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 const int N=2e7+70;
 6 int n,m,k,lim,cnt; long long ans;
 7 int pri[N],npr[N],mul[N],fuc[N];
 8 int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
 9 void Pre()
10 {
11     register int i,j,t;
12     npr[1]=true,mul[1]=1,lim=min(n,m);
13     for(i=2;i<=lim;i++)
14     {
15         if(!npr[i]) pri[++cnt]=i,mul[i]=-1;
16         for(j=1;j<=cnt&&(t=i*pri[j])<=lim;j++)
17         {
18             npr[t]=true;
19             if(i%pri[j]==0) break;
20             else mul[t]=-mul[i]; 
21         }
22     }
23     for(i=1;i<=k;i++) fuc[i]=fuc[i-1]+(gcd(i,k)==1);
24 }
25 int main()
26 {
27     register int i;
28     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),Pre();
29     for(i=1;i<=lim;i++)
30         if(gcd(i,k)==1)
31             ans+=1ll*mul[i]*(n/i)*((m/i/k)*fuc[k]+fuc[m/i%k]);
32     printf("%lld",ans);
33     return 0;
34 }
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    关于杜教筛相关的莫反，他咕了

    二项式反演

    至少 反演出 恰好

    设前者为f(n)，后者为g(n)，则有$f(n)=sumlimits_{i=0}^nC_n^ig(i)<->g(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if(i)$

    至多 反演出 恰好

    设前者为f(n)，后者为g(n)，则有$f(n)=sumlimits_{i=0}^nC_n^ig(i)<->g(n)=sumlimits_{i=0}^n (-1)^{n-i}C_n^if(i)$
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