莫比乌斯（Mobius）反演知识整合
前言
虽然我去年就已经学过这东西了，但是一直没有整理、归纳。而且我发现我对它的套路不够熟悉、对它的理解不够透彻，卒致GDOIDay2T1没切（详细事故记录戳这里）。所以，在此做一个知识整合。
引子
先来看bzoj的一道题：Problem b。
Problem
给出n组询问，每组询问给出a、b、c、d、k五个整数，求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k。
Hint
100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000
Solution
首先，考虑转化一下。既然Ans=∑bx=a∑dy=cδ(x,y)kAns=∑x=ab∑y=cdδ(x,y)kAns=\sum_{x=a}^b \sum_{y=c}^d \delta_{(x,y)k}（δδ\delta为克罗内克函数），那么其实我们可以给a、b、c、d同除以一个k，转化为求δ(x,y),1δ(x,y),1\delta_{(x,y),1}。
考虑设Ans(n,m)=∑⌊nk⌋x=1∑⌊mk⌋y=1δ(x,y)1Ans(n,m)=∑x=1⌊nk⌋∑y=1⌊mk⌋δ(x,y)1Ans(n,m)=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor} \sum_{y=1}^{\lfloor\frac mk\rfloor} \delta_{(x,y)1}，则原问题的答案=Ans(b,d)−Ans(a−1,d)−Ans(b,c−1)+Ans(a−1,c−1)Ans(b,d)−Ans(a−1,d)−Ans(b,c−1)+Ans(a−1,c−1)Ans(b,d)-Ans(a-1,d)-Ans(b,c-1)+Ans(a-1,c-1)。
于是原问题转化为求解Ans(n,m)Ans(n,m)Ans(n,m)。
对于每个询问，都可以用O(⌊bk⌋∗⌊dk⌋)O(⌊bk⌋∗⌊dk⌋)O(\lfloor \frac bk \rfloor * \lfloor \frac dk \rfloor)的时间复杂度求出Ans数组，然后计算Ans。
然而，这依然不尽人意。
考虑设f(k)=∑nx=1∑my=1δ(x,y)kf(k)=∑x=1n∑y=1mδ(x,y)kf(k)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \delta_{(x,y)k}，先保证n＜m，否则交换。
直接计算f(k)很难。
那么，再设g(k)=∑nx=1∑my=1[k|(x,y)]g(k)=∑x=1n∑y=1m[k|(x,y)]g(k)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [k|(x,y)]，即满足k为(x,y)的约数的数对(x,y)的个数，则g(k)=∑⌊nk⌋d=1f(k∗d)g(k)=∑d=1⌊nk⌋f(k∗d)g(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} f(k*d)。
g(k)的求解很容易，符合x=k∗x1(1≤x1≤⌊nk⌋),y=k∗y1(1≤y1≤⌊mk⌋)x=k∗x1(1≤x1≤⌊nk⌋),y=k∗y1(1≤y1≤⌊mk⌋)x=k*x1(1≤x1≤\lfloor \frac nk \rfloor),y=k*y1(1≤y1≤\lfloor \frac mk \rfloor)的数对(x,y)的个数即为答案。所以g(k)=⌊nk⌋∗⌊mk⌋g(k)=⌊nk⌋∗⌊mk⌋g(k)=\lfloor \frac nk \rfloor*\lfloor \frac mk \rfloor。
然而，我们虽然貌似知道了很多，实际上并没有什么卵用。还有一个至关重要的难题亟待解决：如何用g(k)求解f(k)呢？
这时，莫比乌斯反演闪亮登场！
反演
反演到底是什么？
我觉得这篇博客讲得十分详尽。大意如下：
对于一个数列{f}来说，如果我们知道另外一个数列{g}，满足如下条件：
g_n=\sum_{i=0}^n a_i*f_i
反演（inversion）就是利用{g}来表示出{f}：
f_n=\sum_{i=0}^n b_i*g_i
也就是说，反演的原理就是容斥。
下面的“莫比乌斯反演的引入”实质上就是反演。当然，如果你做的莫比乌斯反演的题多了，你会发觉，不仅是它，所有的莫比乌斯反演题的解法实质上都是反演。
莫比乌斯反演的引入
由于这段东西过于重要，所以不得不写一下。
但是，由于这段东西又过于冗长，所以我在网上截了两张图。
声明：以下两张图片截图自百度百科。
莫比乌斯函数
定义μ(n)μ(n)\mu(n)为自变量为n（n∈N∗n∈N∗n \in N*）时的莫比乌斯函数。若设n=x1a1∗x2a2∗x3a3∗⋅⋅⋅∗xpapn=x1a1∗x2a2∗x3a3∗···∗xpapn=x1^{a1}*x2^{a2}*x3^{a3}*···*xp^{ap}，其中∀xi∀xi\forall xi为n的质因子，则μμ\mu的取值如下：
\mu(n)=\left\{ \begin{aligned} 1 & & n=1 \\ 0 & & ai \in a \land ai>1\\ (-1)^p & & \forall ai=1 \end{aligned} \right.
也就是说，当n=1时，μ(n)=1μ(n)=1\mu(n)=1；当n有重复质因子时，μ(n)=0μ(n)=0\mu(n)=0；当n无重复质因子时，μ(n)=(−1)pμ(n)=(−1)p\mu(n)=(-1)^p。
因此，μμ\mu为积性函数，可通过线筛顺带O(n)O(n)O(n)求出。
那么，如何用这个函数求解上面那题呢？
性质1：
\sum_{d|n} \mu(d)=\left\{ \begin{aligned} 1 & & n=1 \\ 0 & & n>1 \end{aligned} \right.
这个怎么证明呢？
依然设n=x1a1∗x2a2∗x3a3∗⋅⋅⋅∗xpapn=x1a1∗x2a2∗x3a3∗···∗xpapn=x1^{a1}*x2^{a2}*x3^{a3}*···*xp^{ap}，再设d=x1b1∗x2b2∗x3b3∗⋅⋅⋅∗xpbpd=x1b1∗x2b2∗x3b3∗···∗xpbpd=x1^{b1}*x2^{b2}*x3^{b3}*···*xp^{bp}。显然，若要μ(d)μ(d)\mu(d)≠0，则须满足∀bi≤1∀bi≤1\forall bi≤1。设有q个bi为1，其余均为0，则可推出：
\sum_{d|n}=\binom pq (-1)^q
这和组合数扯上关系了。可以观察杨辉三角推出性质1，当然，我们也可以更严谨地，通过（被苹果砸死的）牛顿提出的二项式定理推出性质1。
性质2：μ(n)μ(n)\mu(n)是积性函数。
这个，看一看积性函数的定义，很显然，就不解释了。
莫比乌斯反演的证明
下面的内容也比较重要，但是非常冗长，故贴上两张图片instead of手打：
回到引子
重温一下，我们已知下式：
g(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} f(k*d)
现在我们要通过g(k)求出f(k)。
通过莫比乌斯反演的变形可知：
f(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} g(k*d)*\mu(d)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} \lfloor \frac n{k*d} \rfloor*\lfloor \frac m{k*d} \rfloor*\mu(d)
设T=k*d，则上式可以变得简洁些：
f(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} \lfloor \frac nT \rfloor*\lfloor \frac mT \rfloor*\mu(d)
于是，对于每个询问，我们可以用O(min(⌊nk⌋,⌊mk⌋))O(min(⌊nk⌋,⌊mk⌋))O(min(\lfloor\frac nk\rfloor,\lfloor\frac mk\rfloor))的时间复杂度求出f。
但还是过不了。
这时，我们考虑祭上莫比乌斯反演的又一强力套路：
分块
首先，我们知道，⌊nT⌋⌊nT⌋\lfloor\frac nT\rfloor这东西是只有1∼n−−√1∼n1 \sim \sqrt n这n−−√n\sqrt n种取值的；同理，⌊mT⌋⌊mT⌋\lfloor\frac mT\rfloor也只有m−−√m\sqrt m种取值。
想象在一条直线上，⌊nT⌋⌊nT⌋\lfloor\frac nT\rfloor和⌊mT⌋⌊mT⌋\lfloor\frac mT\rfloor的每一种取值都映射成该条直线上的一点，那么至多会有n−−√+m−−√n+m\sqrt n + \sqrt m个点。以最左最右两点取闭区间，则这个闭区间可视作一条线段，且此线段被它身上的n−−√+m−−√n+m\sqrt n + \sqrt m个点分成n−−√+m−−√−1n+m−1\sqrt n + \sqrt m -1条子线段。
这些子区间内的⌊nT⌋⌊nT⌋\lfloor\frac nT\rfloor和⌊mT⌋⌊mT⌋\lfloor\frac mT\rfloor的取值都是分别相同的，所以可以考虑一起计算。
那么，考虑预处理出μμ\mu的前缀和，然后对于每种不同的⌊nT⌋⌊nT⌋\lfloor\frac nT\rfloor和⌊mT⌋⌊mT⌋\lfloor\frac mT\rfloor段分别计算一下即可。
于是，计算f的时间复杂度就被缩减为O(n−−√+m−−√)O(n+m)O(\sqrt n + \sqrt m)。
例题
当然，除过bzoj的Problem b，还是有不少简单的莫比乌斯反演题滴。
bzoj上的DZY loves Math（也即jzoj上的Wyx）、bzoj上的于神之怒加强版（也即jzoj上的于神之怒）都是比较经典的莫比乌斯反演，套路大致相同。
山东省选2015第一轮第一试的约数个数和（英文divisor，jzoj上也有）则是一道比较有思维难度的题，还要转换一下式子。
特点
- 题目大意都比较简洁明了
- 要求的答案都和gcd脱不了干系
- 画风比较诡异
- 要推很多很多、很长很长的式子，因而会蚕食你一页多的草稿纸
- 一般出现在省选Day2T1
要点
- 第零步：牢记莫比乌斯反演的几种变化形式
- 第一步：将含有gcd的项移到后面，利用莫比乌斯函数的性质1将其转化成∑d|kμ(d)∑d|kμ(d)\sum_{d|k} \mu(d)
- 第二步：将含有μμ\mu的项移到前面，突破僵局，利用等差数列等公式拆掉后面的几个∑∑\sum
- 第三步：看到式子被化简成一重循环的时候，就可以上分块了
压轴大戏——谈笑风生
不要以为我要谈笑风生，我说的是GDOIDay2T1。
Problem
给定一个N个点、M条边的图，点i的点权为a[i]。对于边u→vu→vu \to v，其边权len=∑a[u]i=1∑a[v]j=1δ(i,j)1∗(i+j)len=∑i=1a[u]∑j=1a[v]δ(i,j)1∗(i+j)len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} \delta_{(i,j)1}*(i+j)，即经过这条边要花len秒。小熊维尼一开始在点1，他想在T秒内走到点n，而他能花P点能量使所有边的边权减少P且不能减至0。求最少需要花费多少能量才能在T秒内到达，以及在此前提下，最少要花费多少秒。
Hint
Solution
比赛时我看了一会，发现这道题是两道题拼起来的题：求解边权+二分spfa。
那么，二分spfa谁都会打，关键就在于求解边权了。
However，在比赛时我并没有想到正解，甚至连莫比乌斯反演也没有想多久。
下面现场推一波式子：
len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} \delta_{(i,j)1}*(i+j)
设a[u]＜a[v]，不满足则交换。
根据莫比乌斯函数的性质1，可将δ(i,j)1δ(i,j)1\delta_{(i,j)1}这个东西改换一下：
len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} (i+j) * \sum_{x|(i,j)} \mu(x)
考虑将后面的∑x|(i,j)μ(x)∑x|(i,j)μ(x)\sum_{x|(i,j)} \mu(x)挪到前面，然后用i、j枚举x的倍数：
len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} x*(i+j)
瞄到后面有一个x，果断将其挪到前面：
len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} (i+j)
考虑将后面的i、j分开处理，分别计算它们出现的次数，于是可以推出下式：
len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* [ ( \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} i * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor ) + ( \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} j * \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor) ]
运用等差数列求和公式可以拆掉后面的两个∑∑\sum：
len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* ( \frac{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor * (1+\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor)}2 * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor + \frac{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor * (1+\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor)}2 * \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor)
我们发现后面要相加的冗长式子有公因式，于是合并同类项：
len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* \frac{ \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor * ( 2 + \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor + \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor ) }2
前面的μ(x)∗xμ(x)∗x\mu(x)*x可以预处理前缀和。
后面的式子，我们发现它的取值只与⌊a[u]x⌋⌊a[u]x⌋\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor和⌊a[v]x⌋⌊a[v]x⌋\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor有关，而它们至多只有a[u]−−−√+a[v]−−−√a[u]+a[v]\sqrt{a[u]}+\sqrt{a[v]}种不同取值，于是可以分块处理。
时间复杂度：线筛求μ(x)O(max{ai})μ(x)O(max{ai})\mu(x)O(max\{ai\})，预处理前缀和O(max{ai})O(max{ai})O(max\{ai\})，计算每条边边权O(∑Mi=1a[ui]−−−−√+a[vi]−−−−√)O(∑i=1Ma[ui]+a[vi])O(\sum_{i=1}^M \sqrt{a[u_i]} + \sqrt{a[v_i]})，二分最短路O(log2max{len}∗最短路复杂度)O(log2max{len}∗最短路复杂度)O(log_2max\{len\} * 最短路复杂度)。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define ll long long
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
const int N=1e4+1,M=N<<2,A=1e5;
int i,j,mu[A+1],cnt,prime[A+1],x;
bool p[A+1];
ll sum[A+1];
void init()
{memset(p,1,sizeof p);mu[1]=sum[1]=1;fo(i,2,A){if(p[i]){prime[++cnt]=i;mu[i]=-1;}for(j=1;j<=cnt&&(j==1||i%x)&&i*(x=prime[j])<=A;j++){p[i*x]=0;mu[i*x]=i%x?-mu[i]:0;}sum[i]=sum[i-1]+(ll)mu[i]*i;}
}int n,m,a[N],u,v;
ll T,Len;
void Mobius(ll n,ll m)
{if(n>m)swap(n,m);ll i=1,j,ni,mi;Len=0;while(i<=n){j=min(n/(ni=n/i),m/(mi=m/i));Len+=(sum[j]-sum[i-1])*ni*mi*(2+ni+mi)>>1;i=j+1;}
}
int tot,tov[M],next[M],last[N];
ll len[M],maxP;
inline void link(int x,int y)
{tov[++tot]=y;len[tot]=Len;next[tot]=last[x];last[x]=tot;
}
void scan()
{scanf("%d%d%lld",&n,&m,&T);fo(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);if(n==1){printf("0 0");exit(0);}fo(i,1,m){scanf("%d%d",&u,&v);Mobius(a[u],a[v]);maxP=max(maxP,Len);link(u,v);link(v,u);}
}int y,head,tail,que[A*10];
ll dis[N];
bool exist[N];
inline ll calc(ll P){return max(len[i]-P,0ll);}
ll spfa(ll P)
{memset(dis,127,sizeof dis);head=dis[que[tail=1]=1]=0;memset(exist,0,sizeof exist);exist[1]=1;while(head<tail){x=que[++head];for(i=last[x];i;i=next[i])if(dis[y=tov[i]]>dis[x]+calc(P)){dis[y]=dis[x]+calc(P);if(!exist[y]){exist[que[++tail]=y]=1;if(dis[que[head+1]]>dis[y])swap(que[head+1],que[tail]);}}exist[x]=0;}return dis[n];
}
void Bsort()
{ll l=0,r=maxP,mid;while(l<r){mid=l+r>>1;if(spfa(mid)<=T)r=mid;else l=mid+1;}printf("%lld %lld",l,spfa(l));
}int main()
{freopen("magic.in","r",stdin);freopen("magic.out","w",stdout);init();scan();Bsort();
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