洛谷P2257 YY的GCD 莫比乌斯函数反演+线性筛

洛谷P2257 YY的GCD

前言

这题貌似和莫反没多大关系，就是用到了一个莫比乌斯函数的性质了，其他就是推公式，优化和式。
我的第一道懵逼反演…真的好难好难…而且套路特别多，要多做。可能过段时间我就会觉得特别简单吧！
这一条是我过了3天我再次回到这篇博客里编辑的，我想说，真的挺简单的，无非就是那些更换枚举项，反演替换，筛一下什么什么之类的了。觉得自己三天前太笨了，这么显然的东西都搞了半天…

简明题意

给定n，m，求使得gcd(i,j)的值是素数，有多少对这样的ij

思路

把题目写成公式形式，就是让你求：
∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==p](p是所有质数)\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==p](p是所有质数)i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)==p](p是所有质数)

考虑到gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)的值不可能超过min(i,j)min(i,j)min(i,j)，因此p的取值应该是min(n,m)min(n,m)min(n,m)，也就是p是所有在[1,min(n,m)][1,min(n,m)][1,min(n,m)]范围内的质数，而不是所有质数，但为了简单表述，下文中 “所有质数” 表示在[1,min(n,m)][1,min(n,m)][1,min(n,m)]范围内的所有质数
我们枚举任意质数，也就是把括号中的条件写到式子中，就是
∑p:所有质数∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==p]\sum_{p:所有质数}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==p]p:所有质数∑i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)==p]
根据套路，是要把条件[gcd(i,j)==p][gcd(i,j)==p][gcd(i,j)==p]转换成[gcd(i,j)==1][gcd(i,j)==1][gcd(i,j)==1]的。所以我们套路一下，原式就变成：
∑p:所有质数∑i=1[np]∑j=1[mp][gcd(i,j)==1]\sum_{p:所有质数}\sum_{i=1}^{[\frac np]} \sum_{j=1}^{[\frac mp]}[gcd(i,j)==1]p:所有质数∑i=1∑[pn]j=1∑[pm][gcd(i,j)==1]

为什么会有这样的套路呢？因为gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1这样的式子往往更好化简或干一些其他的事情，所以通常见到gcd(i,j)==pgcd(i,j)==pgcd(i,j)==p就更换枚举上界，使它变成gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1gcd(i,j)==1

然后莫比乌斯函数有一个极其重要的结论
∑d∣nμ(d)=[n==1]\sum_{d|n} \mu(d)=[n==1]d∣n∑μ(d)=[n==1]

对于一个整数n>1n>1n>1，他的所有约数的莫比乌斯函数值之和，都是0，而1的所有约数莫比乌斯函数之和是1

现在我们把这里的nnn替换成gcd(i,j)gcd(i,j)gcd(i,j)，我们就得到了下面的式子
∑d∣gcd(i,j)μ(d)=[gcd(i,j)==1]\sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d)=[gcd(i,j)==1]d∣gcd(i,j)∑μ(d)=[gcd(i,j)==1]
然后我们把它代回原式，可以得：
∑p:所有质数∑i=1[np]∑j=1[mp]∑d∣gcd(i,j)μ(d)\sum_{p:所有质数}\sum_{i=1}^{[\frac np]} \sum_{j=1}^{[\frac mp]} \sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d)p:所有质数∑i=1∑[pn]j=1∑[pm]d∣gcd(i,j)∑μ(d)
然后我们把∑d∣gcd(i,j)μ(d)\sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d)∑d∣gcd(i,j)μ(d)写到条件中去，去枚举每一个d，显然gcd(i,j)<=min(n,m)gcd(i,j)<=min(n,m)gcd(i,j)<=min(n,m)，也就是d<=min(n,m)d<=min(n,m)d<=min(n,m),但我们现在的上下界不是nm,而是[np]，[mp][\frac np]，[\frac mp][pn]，[pm]因此，d<=min([np],[mp])d<=min([\frac np],[\frac mp])d<=min([pn],[pm])，原式变成：
∑p:所有质数∑d=1d<=min([np],[mp])∑i=1[np]∑j=1[mp](μ(d)∗[d∣gcd(i,j)])\sum_{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=min([\frac np],[\frac mp])} \sum_{i=1}^{[\frac np]} \sum_{j=1}^{[\frac mp]} \left(\mu(d) * [d|gcd(i,j)] \right)p:所有质数∑d=1∑d<=min([pn],[pm])i=1∑[pn]j=1∑[pm](μ(d)∗[d∣gcd(i,j)])

发现了吗，这一步实际上就是把∑d∣gcd(i,j)μ(d)\sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d)∑d∣gcd(i,j)μ(d)，和式中的判断语句写到条件中

接下来，我们可以移项，移动μ(d)\mu(d)μ(d)那一项，然后就成了：
∑p:所有质数∑d=1d<=min([np],[mp])(μ(d)∗∑i=1[np]∑j=1[mp][d∣gcd(i,j)])\sum_{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=min([\frac np],[\frac mp])} \left( \mu(d) * \sum_{i=1}^{[\frac np]} \sum_{j=1}^{[\frac mp]}[d|gcd(i,j)] \right)p:所有质数∑d=1∑d<=min([pn],[pm])⎝⎛μ(d)∗i=1∑[pn]j=1∑[pm][d∣gcd(i,j)]⎠⎞

∑i=1[np]∑j=1[mp]μ(d)\sum\limits_{i=1}^{[\frac np]} \sum \limits_{j=1}^{[\frac mp]} \mu(d)i=1∑[pn]j=1∑[pm]μ(d)式子中，枚举项是i和j，与d无关，因此与d有关的项可以任意移动。也就是与枚举项无关的式子可以任意移项

下一步，我们关注这个式子：∑i=1[np]∑j=1[mp][d∣gcd(i,j)]\sum\limits_{i=1}^{[\frac np]} \sum \limits_{j=1}^{[\frac mp]} [d |gcd(i,j)]i=1∑[pn]j=1∑[pm][d∣gcd(i,j)]，实际上，d∣gcd(i,j)d|gcd(i,j)d∣gcd(i,j)等价于[d∣i且d∣j][d|i 且d|j][d∣i且d∣j]，具体原因可以自行思考（但这个是经常用的，要熟知），所以这个式子就能变成：
∑i=1[np]∑j=1[mp][d∣i且d∣j]\sum\limits_{i=1}^{[\frac np]} \sum \limits_{j=1}^{[\frac mp]} [d|i 且 d|j]i=1∑[pn]j=1∑[pm][d∣i且d∣j]
对于式子∑i=1n[d∣i]\sum \limits_{i=1}^n[d|i]i=1∑n[d∣i]，表示d是i的约数的个数，显然d,2d,3d…这些是i的倍数，所以一共就有[nd][\frac nd][dn]个，所以∑i=1[np][d∣i]=[npd]\sum \limits_{i=1}^{[\frac np]}[d|i]=[\frac n{pd}]i=1∑[pn][d∣i]=[pdn]，而现在需要d同时是ij的约数，因此答案就是[npd]∗[mpd][\frac n{pd}]*[\frac m{pd}][pdn]∗[pdm]，这样一来，我们和最后两个∑∑\sum\sum∑∑说拜拜，原式就成了
∑p:所有质数∑d=1d<=[np](μ(d)∗[npd]∗[mpd])\sum_{p:所有质数}\sum _{d=1}^{d<=[\frac np]} \left( \mu(d) * [\frac n{pd}]*[\frac m{pd}] \right)p:所有质数∑d=1∑d<=[pn](μ(d)∗[pdn]∗[pdm])
这时，复杂度大概是O(质数个数∗[np])O(质数个数*[\frac np])O(质数个数∗[pn])，最后可以拿到50分。接下来，我们考虑优化。首先我们有下面的式子：
∑i=1n∑j=1[ni]f(ij)∗g(i)∗h(j)=∑k=1nf(k)∗∑d∣kg([kd])h(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{[\frac ni]}f(ij)*g(i)*h(j)=\sum_{k=1}^nf(k)*\sum_{d|k}g([\frac kd])h(d)i=1∑nj=1∑[in]f(ij)∗g(i)∗h(j)=k=1∑nf(k)∗d∣k∑g([dk])h(d)

令k=ijk=ijk=ij，然后枚举kkk。这里的iii可以不从1枚举到n，可以是任意数，前提是保证后面的d和i性质一样(比如i是[1,n]范围内的质数，那么d|k且d是质数)，且计算时保证关于i的函数和关于d的函数是同一性质（还是刚才的例子，式子左边是g(i)，右边以d作为自变量的也应该是g而不应该是h，但如果i是顺序从1枚举到n则没有这个限制）

所以我们可以令k=pdk=pdk=pd把原始改为枚举kkk的形式。根据上面所说的，μ()\mu()μ()的自变量就应该是μ(kd)\mu(\frac kd)μ(dk)而不是μ(d)\mu(d)μ(d)（其他题解都说要改为枚举k，但都没有说为什么，上面就是原因）
∑k=1n[nk][mk]∗∑d∣k且d∈primeμ(kd)\sum_{k=1}^n[\frac nk][\frac mk]*\sum_{d|k且d \in prime}\mu(\frac kd)k=1∑n[kn][km]∗d∣k且d∈prime∑μ(dk)
如果直接计算这个式子，会发现∑d∣k且d∈primeμ(kd)\sum\limits_{d|k且d \in prime}\mu(\frac kd)d∣k且d∈prime∑μ(dk)的前缀和比较难处理。现在问题就在于处理下面式子的前缀和：
f(k)=∑d∣k且d∈primeμ(kd)f(k)=\sum\limits_{d|k且d \in prime}\mu(\frac kd)f(k)=d∣k且d∈prime∑μ(dk)
显然又是贡献法枚举了，枚举所有的d(且d是质数)，然后d会对所有d的倍数f(kd)f(kd)f(kd)产生贡献，这样一来就把f(k)f(k)f(k)处理完了，然后前缀和一下。预处理复杂度是O(约数个数∗np)(p是指每一个约数)O(约数个数*\frac np)(p是指每一个约数)O(约数个数∗pn)(p是指每一个约数)，总复杂度就是O(约数个数∗np+Tn)O(约数个数*\frac np + T\sqrt n)O(约数个数∗pn+Tn)，这样能拿到100分，但是可以进一步优化。

这里有一个小注意事项，就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…

分鸽线（上面就已经做完了，下面是一点优化，个人认为挺重要的，需要掌握）不加下面的优化大概15s，加了下面的优化就是10s

f(k)=∑d∣k且d∈primeμ(kd)f(k)=\sum\limits_{d|k且d \in prime}\mu(\frac kd)f(k)=d∣k且d∈prime∑μ(dk)

上式我们枚举的是什么？是k的所有质因子。于是就把f(k)f(k)f(k)换成唯一分解形式：
f(k)=μ(kp1)+μ(kp2)+...+μ(kpn)f(k)=\mu (\frac k{p_1})+\mu (\frac k{p_2})+...+\mu (\frac k{p_n})f(k)=μ(p1k)+μ(p2k)+...+μ(pnk)
然后发现f(k)f(k)f(k)显然可以线性筛鸭！然后我们就线性筛，最终复杂度就是O(n+Tn)O(n + T\sqrt n)O(n+Tn)
最后，我讲一下这里的线性筛：
就举个例子吧，假设现在枚举的数是k=30，分解质因数后是
k=21∗31∗51k=2^1*3^1*5^1k=21∗31∗51
那么f(30)=μ(302)+μ(303)+μ(305)f(30)=\mu(\frac {30}2)+\mu(\frac {30}3)+\mu(\frac {30}5)f(30)=μ(230)+μ(330)+μ(530)
1. i%prime[j]==0i\%prime[j]==0i%prime[j]==0
  在这个例子里prime[j]prime[j]prime[j]只能等于2（不知道为什么只有2？因为线性筛只会枚举<= i的最小质因子的质数…），我们就假设现在枚举的质数是2，然后分解质因数是：
  k=22∗31∗51k=2^2*3^1*5^1k=22∗31∗51
  现在去枚举k的质因子p，发现，除了2，对于任意的p，kp\frac kppk一定含有平方因子，也就是除了质因子2的，其他质因子的贡献都变成了0，所以i∗prime[j]=μ(i)i * prime[j]=\mu(i)i∗prime[j]=μ(i)
2. i%prime[j]!=0i\%prime[j]!=0i%prime[j]!=0
  这样的话，相当于多加了一个质因子，所以我们只用加上这个质因子的贡献μ(kprime[j])\mu(\frac k{prime[j]})μ(prime[j]k)。如果你信了的话，就错啦。并不是只用加上这个质因子的贡献的，因为k变大了，其他的质因子的贡献也变化了。每一个的质因子的μ(kd)\mu(\frac kd)μ(dk)中kd\frac kddk都扩大了prime[j]prime[j]prime[j]倍，所以根据莫比乌斯函数的性质，增加了一个原来没有的质因子，值应该取反。于是变成f[i∗prime[j]]=−f(i)f[i * prime[j]]=-f(i)f[i∗prime[j]]=−f(i)…还没完，现在还新增了一个质数prime[j]，他的贡献是μ(i∗prime[j]prime[j])\mu(\frac {i*prime[j]}{prime[j]})μ(prime[j]i∗prime[j])也就是μ[i]\mu[i]μ[i]，所以f[i∗prime[j]]=−f(i)+μ[i]f[i * prime[j]]=-f(i)+\mu[i]f[i∗prime[j]]=−f(i)+μ[i]
3. i是质数
  这个就太简单了，显然质数只有一个约数就是自己，所有值就是μ(1)=1\mu(1)=1μ(1)=1
- 完结~

注意事项

就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…

总结

遇到枚举项中出现诸如[gcd(i,j)==1]的条件式，可以考虑用∑\sum∑
[d∣gcd(i,j)]等价于[d∣i且d∣j][d|gcd(i,j)]等价于[d|i且d|j][d∣gcd(i,j)]等价于[d∣i且d∣j]
∑d∣nμ(d)=[n==1]\sum \limits_{d|n} \mu(d)=[n==1]d∣n∑μ(d)=[n==1]这个结论极其重要。可以用这个等式替换条件式
就是整除分块里面的l和r必须用int，用long long就会超时…
下面这一个我认为是这篇题解里最有营养的
∑i=1n∑j=1[ni]f(ij)∗g(i)∗h(j)=∑k=1nf(k)∗∑d∣kg([kd])h(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{[\frac ni]}f(ij)*g(i)*h(j)=\sum_{k=1}^nf(k)*\sum_{d|k}g([\frac kd])h(d)i=1∑nj=1∑[in]f(ij)∗g(i)∗h(j)=k=1∑nf(k)∗d∣k∑g([dk])h(d)

令k=ijk=ijk=ij，然后枚举kkk。这里的iii可以不从1枚举到n，可以是任意数，前提是保证后面的d和i性质一样(比如i是[1,n]范围内的质数，那么d|k且d是质数)，且计算时保证关于i的函数和关于d的函数是同一性质（还是刚才的例子，式子左边是g(i)，右边以d作为自变量的也应该是g而不应该是h，但如果i是顺序从1枚举到n则没有这个限制）

见到∑d∣n且d∈prime\sum\limits_{d|n且d \in prime}d∣n且d∈prime∑，就是在枚举n的所有质因子，看到这样的式子脑子里一定要立马蹦出线性筛鸭！！！

AC代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;const int maxn = 1e7 + 10;bool no_prime[maxn];
int prime[maxn], mu[maxn], f[maxn], pre[maxn];
int shai(int n)
{int cnt = 0;mu[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++){if (!no_prime[i])prime[++cnt] = i, mu[i] = -1, f[i] = 1;for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; j++){no_prime[i * prime[j]] = 1;mu[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? 0 : -mu[i];f[i * prime[j]] = i % prime[j] == 0 ? mu[i] : mu[i] - f[i];if (i % prime[j] == 0) break;}}for (int i = 1; i <= n; i++)pre[i] = pre[i - 1] + f[i];return cnt;
}long long cal(int n, int m)
{int  l = 1, r; long long ans = 0;while (l <= n){r = min(n / (n / l), m / (m / l));ans += (1ll * n / l) * (m / l) * (long long)(pre[r] - pre[l - 1]);l = r + 1;}return ans;
}int n, m;void solve()
{shai(maxn - 10);int t;scanf("%d", &t);while (t--){scanf("%d%d", &n, &m);if (n > m) swap(n, m);printf("%lld\n", cal(n, m));}
}int main()
{solve();return 0;
}

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