P2522 [HAOI2011]Problem b

最新推荐文章于 2022-05-10 20:47:45 发布

guapi2333

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分类专栏：数论

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这篇博客介绍了如何利用莫比乌斯反演和容斥原理来解决涉及最大公约数（GCD）的数学计数问题。在给定的QQQ组询问中，求解在特定范围内满足gcd(i,j)==kgcd(i,j)==kgcd(i,j)==k的数对(i,j)(i,j)(i,j)的数量。通过转换和应用容斥原理，将问题简化为计算gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1的数对，然后利用莫比乌斯函数进行反演求解。文章提供了两种方法，一种直接使用莫比乌斯反演，另一种结合容斥与反演，最后给出了C++代码实现。

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Label

莫比乌斯反演/容斥+Möbius函数

Description

给定 $Q$ 组询问，对于每组询问，求
$∑i=ab∑j=cd[gcd(x,y)==k](1≤Q,a,b,c,d,k≤5×105)\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(x,y)==k](1\le Q,a,b,c,d,k\le 5\times 10^5)$

Solution

根据常规套路，一般将 $g c d (i, j) = = k$ 转化为 $gcd(ik,jk)==1gcd(\frac{i}{k},\frac{j}{k})==1$ ：
$∑i=ab∑j=cd[gcd(i,j)==k]=∑i=⌈ak⌉⌊bk⌋∑j=⌈ck⌉⌊dk⌋[gcd(i,j)==1]\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)==k]=\sum_{i=\lceil\frac{a}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{j=\lceil\frac{c}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]$

考虑利用容斥将上述求和式的下界转化为 $1$ ：将 $i$ 与 $j$ 的取值范围看作两个约束条件，全集大小为 $∑i=1⌊bk⌋∑j=1⌊dk⌋[gcd(i,j)==1]\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]$ ，根据容斥原理的差集的变式可得：

$∑i=⌈ak⌉⌊bk⌋∑j=⌈ck⌉⌊dk⌋[gcd(i,j)==1]=∑i=1⌊bk⌋∑j=1⌊dk⌋[gcd(i,j)==1]−∑i=1⌈ak⌉−1∑j=1⌊dk⌋[gcd(i,j)==1]\sum_{i=\lceil\frac{a}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{j=\lceil\frac{c}{k}\rceil}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]-\sum_{i=1}^{\lceil\frac{a}{k}\rceil-1}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)==1]$

$−∑i=1⌊bk⌋∑j=1⌈ck⌉−1[gcd(i,j)==1]+∑i=1⌈ak⌉−1∑j=1⌈ck⌉−1[gcd(i,j)==1]-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{b}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lceil\frac{c}{k}\rceil-1}[gcd(i,j)==1]+\sum_{i=1}^{\lceil\frac{a}{k}\rceil-1}\sum_{j=1}^{\lceil\frac{c}{k}\rceil-1}[gcd(i,j)==1]$

这样一来，问题转化为求 $∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==1]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==1]$

法一（Möbius反演）：

考虑公式 $ε(n)=[n==1]=∑d∣nμ(d)\varepsilon(n)=[n==1]=\sum_{d|n}\mu(d)$ 且 $d ∣ g c d (i, j)$ 等价于 $d∣i∧d∣jd|i\wedge d|j$ ，则有：

$∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==1]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==1]$

$=∑i=1n∑j=1m∑d∣gcd(i,j)μ(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

$=∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1n[d∣i]∑j=1m[d∣j]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}[d|i]\sum_{j=1}^{m}[d|j]$

$=∑d=1min(n,m)μ(d)⌊nd⌋⌊md⌋=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$

时间复杂度 $O(Qn)O(Q\sqrt n)$

法二：容斥+Möbius函数

此处转化为与P3455一模一样的问题，推导出的式子与反演推得的答案式一致。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=5e4;
int Q,cnt;
ll A,B,C,D,d,miu[MAXN+20],prime[MAXN+20],sum[MAXN+20];
bool notprime[MAXN+20];

void Mobius()
{
	miu[1]=1,notprime[1]=true;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i,miu[i]=-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;++j)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else miu[i*prime[j]]=-miu[i];
		}
	}
	for(ri i=1;i<=MAXN;++i) sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}

ll Qsum(ll ai,ll bi)
{
	ll ans=0LL;
	ll l=1,r,sj=min(ai,bi);
	while(l<=sj)
	{
		r=min(ai/(ai/l),bi/(bi/l));
		ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(ai/l)*(bi/l);
		l=r+1;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	Mobius();
	cin>>Q;
	for(ri op=1;op<=Q;++op)
	{
		cin>>A>>B>>C>>D>>d;
		B/=d,D/=d;//注意：下界上取整以避免答案过大
		if(A%d>0) A=A/d+1;
		else A/=d;
		if(C%d>0) C=C/d+1;
		else C/=d;		
		cout<<Qsum(B,D)-Qsum(A-1,D)-Qsum(B,C-1)+Qsum(A-1,C-1)<<'\n';
	}
	return 0;
}