洛谷P2257 莫比乌斯反演+线性筛

最新推荐文章于 2024-02-29 20:16:37 发布

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#算法

这篇博客探讨了一道数学与编程结合的问题，涉及最大公约数（GCD）和素数的计算。通过莫比乌斯反演，作者展示了如何在O(n log n)的时间复杂度内，计算对于所有1到n和1到m的整数对(i, j)，GCD为素数的情况数量。文章详细解释了线性筛法在解决该问题中的应用，包括如何处理质因子的添加和移除，以及如何进行数论分块以优化计算。

题意：

给出 $n, m$ ，计算有多少 $i∈[1,n],j∈[1,m]i\in[1,n],j\in[1,m]$ ，使得 $g c d (i, j)$ 是一个素数

Solution：

不妨转化为枚举这个素数，找有多少对满足条件
$\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=p]$
凑出莫比乌斯反演的形式，得到
$\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
优先枚举因子，并且设 $n≤mn\leq m$
$\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor$
优先枚举乘积，然后就可以将一部分转化为枚举因子，这里枚举 $T = p d$
$\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{p\in prime,p|T} \mu(\frac{T}{p})$
前面的部分可以数论分块解决，现在只需要快速求得
$f(T)=\sum_{p\in prime,p|T} \mu(\frac{T}{p})$
可以线性筛筛出这个函数，线性筛关键在于添加一个质因子会带来什么后果，这里我们假设给 $T$ 加上一个质因子 $p$

有关莫比乌斯函数，不妨先假设 $T$ 的唯一分解为：
$T=p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}}$

如果 $T$ 包含了 $p$ ，那么 $Tp$ 的唯一分解中 $p$ 的幂 $≥2\geq2$ ，而当 $p′≠pp'\neq p$ 时 $Tp′\frac{T}{p'}$ 必然包括平方因子 $p^2$ ，此时所有的莫比乌斯函数值为 $0$ ，只有当 $p^{'} = p$ 时， $Tp′\frac{T}{p'}$ 才有可能不出现平方因子，于是此时
$f(Tp)=\mu(T)$
如果 $T$ 不包含 $p$ ，那么此时 $Tp$ 的唯一分解为
$Tp=p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}}p$

枚举出所有的 $Tp′\frac{T}{p'}$ ，有
$p_{2}^{a_{2}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}}p\\ p_{1}^{a_{1}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}}p\\ p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}}p\\ ...\\ p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}}$
除了最后一项都带有 $p$ ，而莫比乌斯函数是个积性函数，所以要求除了最后一项的莫比乌斯函数值，可以求得前面的部分，再乘 $μ(p)\mu(p)$ ，比如说第一项
$\mu(p_{2}^{a_{2}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}}p)=\mu(p_{2}^{a_{2}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}})\mu(p)$
此时我们将除最后一项的其他项都写成这样的形式，可以提出一个 $μ(p)\mu(p)$ ，此时这些的求和就为
$\mu(p)[\mu(p_{2}^{a_{2}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}})+\mu(p_{1}^{a_{1}}p_{3}^{a_{3}}...p_{n}^{a_{n}})+\mu(p_{1}^{a_{1}}p_{2}^{a_{2}}...p_{n}^{a_{n}})]$
中括号内的部分恰好就是 $f (T)$ ，于是这部分值就为 $μ(p)f(T)\mu(p)f(T)$

最后一项即 $T$ 本身的莫比乌斯函数值，于是此时有
$f(Tp)=\mu(p)f(T)+\mu(T)$

最后在数论分块的时候需要区间求和 $f (T)$ ，给 $f (T)$ 做一个前缀和即可 $O (1)$ 求出

// #include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<map>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=1e7+5;

bool nt[N];
int prime[N],cnt,mu[N],f[N];

void make_prime()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=10000000;i++)
	{
		if(!nt[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1,f[i]=1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=10000000;j++)
		{
			nt[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
                mu[i*prime[j]]=0;
				f[i*prime[j]]=mu[i];
				break;
			}
			else
            {
                mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
                f[i*prime[j]]=mu[i]+f[i]*mu[prime[j]];
            }
		}
	}
    for(int i=1;i<=10000000;i++) f[i]+=f[i-1];
}

int main()
{
	make_prime();
	int t; cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n,m; ll ans=0; scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(f[r]-f[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}