【学习笔记】莫比乌斯反演

退役OIer回来受虐啦

一些定义

$$\mu (x)=\{\begin{array}{ll}1& x=1\\ (-1{)}^n& x={\prod }_{i=1}^n{P}_i\\ 0& otherwise\end{array}$$

$$\phi (n)=\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=1]$$

$$\epsilon (n)=[n=1]$$

一些性质

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\epsilon (n)$$
即$$\mu \ast 1=\epsilon$$
推广一下：
$$[gcd(i,j)=1]=\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

---

$$\phi \ast 1=id$$

莫比乌斯变换

$$f(n)=\sum _{d|n}g(d)\Rightarrow g(n)=\sum _{d|n}f(d)\mu (\frac{n}{d})$$
$$f(n)=\sum _{n|d}g(d)\Rightarrow g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})f(d)$$

例题

[HAOI2011] Problem b

题目描述

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

输入格式

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

输出格式

共 $n$ 行，每行一个整数表示满足要求的数对 $(x,y)$ 的个数。

样例 #1

样例输入 #1

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

样例输出 #1

14
3

提示

对于 $100\%$ 的数据满足：$1\le n,k\le 5\times 10^4$，$1\le a\le b\le 5\times 10^4$，$1\le c\le d\le 5\times 10^4$。

题解

根据容斥原理，原式可以分成 4 块来处理，每一块的式子都为
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[\gcd (i,j)=k]$$
考虑化简该式子

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\epsilon (\gcd (i,j))$$
将 $\epsilon$ 函数展开得到

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\sum _{d\mid \gcd (i,j)}\mu (d)$$
变换求和顺序，先枚举 $d\mid \gcd (i,j)$ 可得

$$\sum _{d=1}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[d\mid i]\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }[d\mid j]$$
易知 $1\sim \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 中 $d$ 的倍数有 $\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor$ 个，故原式化为

$$\sum _{d=1}^{\min (\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{k}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$$
整除分块即可求解

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+77;
int mu[N],sum[N];
vector<int> p;
bool bz[N];
void init(int n)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!bz[i])
		{
			mu[i]=-1;
			p.push_back(i);
		}
		for(auto j:p)
		{
			if(j*i>n) break;
			bz[i*j]=1;
			if(i%j==0) break;
			else mu[i*j]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int solve(int n,int m,int k)
{
	int ans=0;
	n/=k; m/=k;
	for(int l=1,r; l<=min(n,m); l=r+1)
	{
		r=min((n/(n/l)),(m/(m/l)));
		ans+=(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
	}
	return ans;
}
void O_o()
{
	int a,b,c,d,k;
	cin>>a>>b>>c>>d>>k;
	cout<<solve(b,d,k)-solve(a-1,d,k)-solve(b,c-1,k)+solve(a-1,c-1,k)<<"\n";
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int T=1;
	init(50000);
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		O_o();
	}
}

[国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB

题目描述

今天的数学课上，Crash 小朋友学习了最小公倍数（Least Common Multiple）。对于两个正整数 $a$ 和 $b$，$\text{lcm}(a,b)$ 表示能同时被 $a$ 和 $b$ 整除的最小正整数。例如，$\text{lcm}(6,8)=24$。

回到家后，Crash 还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张 $ n \times m$ 的表格。每个格子里写了一个数字，其中第 $i$ 行第 $j$ 列的那个格子里写着数为 $\text{lcm}(i,j)$。

看着这个表格，Crash 想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当 $n$ 和 $m$ 很大时，Crash 就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash 只想知道表格里所有数的和对 $20101009$ 取模后的值。

输入格式

输入包含一行两个整数，分别表示 $n$ 和 $m$。

输出格式

输出一个正整数，表示表格中所有数的和对 $20101009$ 取模后的值。

样例 #1

样例输入 #1

4 5

样例输出 #1

122

提示

样例输入输出 1 解释

该表格为：

$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$2$	$2$	$6$	$4$	$10$
$3$	$6$	$3$	$12$	$15$
$4$	$4$	$12$	$4$	$20$

数据规模与约定

• 对于 $30\%$ 的数据，保证 $n,m\le 10^3$。
• 对于 $70\%$ 的数据，保证 $n,m\le 10^5$。
• 对于 $100\%$ 的数据，保证 $1\le n,m\le 10^7$。

题解

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{i\cdot j}{gcd(i,j)} \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d=gcd(i,j)}\frac{i\cdot j}{d} \\ =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\sum _{d|i}^n\sum _{d|j}^m[gcd(i,j)=d]\frac{i\cdot j}{d} \\ =\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]ij \end{gathered}$$

令$S(n,m)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij$

$$\begin{gathered} S(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=1]ij \\ =\sum _{d=1}^n\sum _{d\mid i}^n\sum _{d\mid j}^m\mu (d)\cdot i\cdot j \\ =\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d^2\cdot \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }i\cdot j \end{gathered}$$

观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记

$$g(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}i\cdot j=\frac{n\cdot (n+1)}{2}\times \frac{m\cdot (m+1)}{2}$$
可以$\Theta (1)$ 求解

不过这玩意要整除分块套整除分块，而且细节不少

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+7,mod=20101009;
int mu[N],sum[N];
vector<int> p;
bool bz[N];
int Sum(int x, int y)
{
	return ((x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod))%mod;
}
void init(int n)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2; i<=n; i++)
	{
		if(!bz[i])
		{
			mu[i]=-1;
			p.push_back(i);
		}
		for(auto j:p)
		{
			if(j*i>n) break;
			bz[i*j]=1;
			if(i%j==0) break;
			else mu[i*j]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++) sum[i]=(sum[i-1]+mu[i]*i*i%mod)%mod;
}
int S(int n,int m)
{
	int ans=0;
	for(int l=1,r; l<=min(n,m); l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		(ans+=Sum(n/l,m/l)%mod*(sum[r]-sum[l-1])%mod)%=mod;
	}
	return ans;
}
void O_o()
{
	int n,m,ans=0;
	cin>>n>>m;
	init(n);
	for(int l=1,r; l<=min(n,m); l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		(ans+=((r-l+1)*(l+r)/2)%mod*S(n/l,m/l)%mod)%=mod;
	}
	cout<<(ans+mod)%mod;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0),cout.tie(0);
	
	int T=1;
	
//	cin>>T;
	while(T--)
	{
		O_o();
	}
}