莫比乌斯反演-HDU1695

最新推荐文章于 2021-03-21 18:31:13 发布

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本文介绍如何使用莫比乌斯反演解决求解(x,y)对数问题，通过将问题转换为求互质对数，再利用莫比乌斯函数进行反演计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

https://vj.xtuacm.cf/contest/view.action?cid=57#problem/O

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）
这里写图片描述

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：

这里写图片描述

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这里写图片描述 (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。

这里写图片描述
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：
这里写图片描述

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。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=100000;
int prime[maxn+10],mu[maxn+10],isprime[maxn+10];
int  cnt=0;
void init()
{
    memset(isprime,0,sizeof(isprime));
    mu[1]=1;
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if(!isprime[i])
        {
            prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1; j<=cnt&&prime[j]*i<maxn; j++)
        {

            isprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[prime[j]*i]=0;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int t;
    int ca=1;
    init();
    int a,b,c,d,k;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if(k==0)
            printf("Case %d: 0\n",ca++);
        else
        {
            b=b/k,d=d/k;
            if(b>d)swap(b,d);
            ll ans1=0,ans2=0;
            for(int i=1;i<=b;i++)
            {
                ans1+=(ll)mu[i]*(b/i)*(d/i);
            }

            for(int i=1;i<=b;i++)
                ans2+=(ll)mu[i]*(b/i)*(b/i);
            printf("Case %d: %I64d\n",ca++,ans1-ans2/2);
        }
    }
    return 0;
}