1.前言

莫比乌斯反演课上听蒙了，后来重新捋了一遍思路，看了一下示例，就明白了，写篇学习笔记总结下

2.一些引理

引理1 (莫比乌斯定理)

∑d∣nμ(n)={1,n=10,n≠1\sum_{d|n} \mu (n) = \begin {cases} 1, n= 1 \\ 0, n\neq 1 \end{cases}d∣n∑μ(n)={1,n=10,n=1

令

n=∏i=1i≤kpiqin = \prod_{i = 1}^{i \leq k} p_i^{q_i}n=i=1∏i≤kpiqi

则

原式=Ck0−Ck1+Ck2...=(1+(−1))k(二项式展开)=0k(k≠0)\begin {aligned}原式 &= C_{k}^{0} - C_{k}^{1} + C_{k}^{2}... \\ &= (1 + (-1)) ^ k (二项式展开) \\ &=0^k(k \neq 0) \end{aligned}原式=Ck0−Ck1+Ck2...=(1+(−1))k(二项式展开)=0k(k=0)

容易看出：

{当k≠0(n≠1)时，原式=0当k=0(n=1)时，原式=1\begin{cases}当 k \neq 0(n \neq 1) 时，原式 = 0 \\ 当 k = 0(n = 1)时，原式 = 1\end{cases}{当k=0(n=1)时，原式=0当k=0(n=1)时，原式=1

同样的：（反演）

{当原式=0时，k≠0(n≠1)当原式=1时，k=0(n=1)\begin{cases}当原式 = 0时，k \neq 0(n \neq 1) \\ 当原式 = 1时，k = 0(n = 1)\end{cases}{当原式=0时，k=0(n=1)当原式=1时，k=0(n=1)

引理2

d∣gcd(a,b)⇔d∣a,d∣bd \mid gcd (a, b) \Leftrightarrow d \mid a,d \mid bd∣gcd(a,b)⇔d∣a,d∣b

考虑每个质因数 ppp，记 ppp 在 a,b,da, b, da,b,d 中幂次为 qa,qb,qdq_a, q_b, q_dqa,qb,qd

则 qd≤min⁡(a,b)⇔qd≤qa,qd≤qbq_d \leq \min (a, b) \Leftrightarrow q_d \leq q_a, q_d \leq q_bqd≤min(a,b)⇔qd≤qa,qd≤qb

引理3

⌊⌊ab⌋c⌋=⌊abc⌋\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b} \rfloor}{c} \rfloor = \lfloor \frac{a}{bc} \rfloor⌊c⌊ba⌋⌋=⌊bca⌋

令

a=k1b+r1，k1=k2c+r2a = k_1b + r_1，k_1 = k_2c + r_2a=k1b+r1，k1=k2c+r2

左边=⌊⌊ab⌋c⌋=⌊k1c⌋=k2右边=⌊abc⌋=⌊k1b+r1bc⌋=⌊(k2c+r2)b+r1bc⌋=⌊k2bc+r2b+r1bc⌋=⌊r2b+r1bc⌋+k2\begin{aligned}左边 &= \lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b} \rfloor}{c} \rfloor \\ &= \lfloor \frac{k_1}{c} \rfloor \\ &= k_2 \\ 右边 &= \lfloor \frac{a}{bc} \rfloor \\ &= \lfloor \frac{k_1b+r_1}{bc} \rfloor \\ &=\lfloor \frac{(k_2c + r_2)b + r_1}{bc} \rfloor \\ &= \lfloor \frac{k_2bc+r_2b+r_1}{bc} \rfloor \\ &= \lfloor \frac{r_2 b + r_1}{bc} \rfloor + k_2 \end{aligned}左边右边=⌊c⌊ba⌋⌋=⌊ck1⌋=k2=⌊bca⌋=⌊bck1b+r1⌋=⌊bc(k2c+r2)b+r1⌋=⌊bck2bc+r2b+r1⌋=⌊bcr2b+r1⌋+k2

∵r1<b,r2<c\because r_1 < b, r_2 < c∵r1<b,r2<c

∴r1<b,(r2+1)b≤cb\therefore r_1<b,(r_2 + 1)b \leq cb∴r1<b,(r2+1)b≤cb

∴r1+r2b+b<b+cb\therefore r_1 + r_2b + b < b + cb∴r1+r2b+b<b+cb

r1+r2b<bcr_1 + r_2b < bcr1+r2b<bc

∴⌊r2b+r1bc⌋=0\therefore \lfloor \frac{r_2b + r_1}{bc} \rfloor = 0∴⌊bcr2b+r1⌋=0

∴右边=k2=左边\therefore 右边 = k2 = 左边∴右边=k2=左边

3.例题讲解

∑i=ai≤b∑j=cj≤d[gcd(i,j)=k]\sum_{i = a}^{i \leq b}\sum_{j = c}^{j \leq d}[gcd (i, j) = k]i=a∑i≤bj=c∑j≤d[gcd(i,j)=k]

∑i=ai≤b∑j=cj≤d[gcd(i/k,j/k)=1]\sum_{i = a}^{i \leq b}\sum_{j = c}^{j \leq d}[gcd (i / k, j / k) = 1]i=a∑i≤bj=c∑j≤d[gcd(i/k,j/k)=1]

∑i=ai≤b∑j=cj≤d∑p∣gcd(i/k,j/k)μ(p)(莫比乌斯反演)\sum_{i = a}^{i \leq b}\sum_{j = c}^{j \leq d}\sum_{p|gcd(i/k,j/k)}\mu(p)(莫比乌斯反演)i=a∑i≤bj=c∑j≤dp∣gcd(i/k,j/k)∑μ(p)(莫比乌斯反演)

∑p∑i=ai≤b∑j=cj≤d,p∣gcd(i/k,j/k)μ(p)\sum_p\sum_{i=a}^{i\leq b}\sum_{j=c}^{j \leq d,p|gcd(i/k,j/k)}\mu (p)p∑i=a∑i≤bj=c∑j≤d,p∣gcd(i/k,j/k)μ(p)

∑p∑i=ai≤b,p∣(i/k)∑j=cj≤d,p∣(j/k)μ(p)(引理2)\sum_p \sum_{i=a}^{i \leq b, p | (i/k)}\sum_{j = c}^{j \leq d,p |(j/k)} \mu(p)(引理2)p∑i=a∑i≤b,p∣(i/k)j=c∑j≤d,p∣(j/k)μ(p)(引理2)

∑pμ(p)∗(⌊bp∗k⌋−⌈ap∗k⌉+1)∗(⌊dp∗k⌋−⌈cp∗k⌉+1)(引理3)\sum_{p} \mu(p)* (\lfloor \frac{b}{p * k} \rfloor - \lceil \frac{a}{p * k} \rceil + 1) * (\lfloor \frac{d}{p *k} \rfloor - \lceil \frac{c}{p * k} \rceil + 1)(引理3)p∑μ(p)∗(⌊p∗kb⌋−⌈p∗ka⌉+1)∗(⌊p∗kd⌋−⌈p∗kc⌉+1)(引理3)

∑pμ(p)∗(⌊bp∗k⌋−⌊a−1p∗k⌋)∗(⌊dp∗k⌋−⌊c−1p∗k⌋)\sum_{p} \mu(p)* (\lfloor \frac{b}{p * k} \rfloor - \lfloor \frac{a - 1}{p * k} \rfloor) * (\lfloor \frac{d}{p * k} \rfloor - \lfloor \frac{c - 1}{p * k} \rfloor)p∑μ(p)∗(⌊p∗kb⌋−⌊p∗ka−1⌋)∗(⌊p∗kd⌋−⌊p∗kc−1⌋)

虽然这个式子也挺不错，但是实际中很难实现（不妨自己试一试）

所以，我们考虑使用前缀，将求区间的问题转换为求两个前缀相减。

令 H(b,d)=∑pμ(p)∗⌊bp∗k⌋∗⌊dp∗k⌋H (b, d) = \sum_{p} \mu(p)* \lfloor \frac{b}{p * k} \rfloor * \lfloor \frac{d}{p * k} \rfloorH(b,d)=∑pμ(p)∗⌊p∗kb⌋∗⌊p∗kd⌋

则Answer=H(b,d)−H(a−1,d)−H(b,c−1)+H(a−1,c−1)Answer = H (b, d) - H (a - 1, d) - H (b, c - 1) + H (a - 1, c - 1)Answer=H(b,d)−H(a−1,d)−H(b,c−1)+H(a−1,c−1) (一个小小的可爱容斥)

好诶，直接数论分块！

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;template <typename T> void read (T &x) { x = 0; T f = 1;char tem = getchar ();while (tem < '0' || tem > '9') {if (tem == '-') f = -1;tem = getchar ();}while (tem >= '0' && tem <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + tem - '0';tem = getchar ();}x *= f; return; }
template <typename T> void write (T x) { if (x < 0) {x = -x;putchar ('-');}if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0'); }
template <typename T> void print (T x, char ch) { write (x); putchar (ch); }
template <typename T> T Max (T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min (T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Abs (T x) { return x > 0 ? x : -x; }int t, a, b, c, d, k; const int Maxn = 50000;
int cnt, primes[Maxn + 5];
int mu[Maxn + 5], pre[Maxn + 5];
bool vis[Maxn + 5];
void Euler () {mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= Maxn; i++) {if (vis[i] == 0) {primes[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for (int j = 1; j <= cnt; j++) {if (primes[j] > Maxn / i) break;vis[primes[j] * i] = 1;if (i % primes[j] == 0) {mu[primes[j] * i] = 0;break;}mu[primes[j] * i] = -mu[i];}}for (int i = 1; i <= Maxn; i++)pre[i] = pre[i - 1] + mu[i];
}
int Calc (int n, int m) {int res = 0, l = 1, r;while (l <= Min (n, m) / k) {r = Min (n / (n / l), m / (m / l));res += (pre[r] - pre[l - 1]) * (n / l / k) * (m / l / k);l = r + 1;}return res;
}int main () {Euler ();read (t);while (t--) {read (a); read (b); read (c); read (d); read (k);print (Calc (b, d) - Calc (a - 1, d) - Calc (b, c - 1) + Calc (a - 1, c - 1), '\n');}return 0;
}

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莫比乌斯反演小结 + 黑暗爆炸 2301

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