莫比乌斯反演-小总结

这两天做了一些莫比乌斯反演的题，现在来稍微总结一下

双亲数

大意：
求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]$

思路：

将d移到判断式的外面去，

原式= $\sum_{i=1}^{\left \lfloor n/d \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor m/d \right \rfloor}[gcd(i,j)=1]$

加上莫比乌斯函数的性质 $\sum_{d|n}^{}\mu(d)=[n=1]$

原式可以继续化为 $\sum_{i=1}^{\left \lfloor n/d \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor m/d \right \rfloor}\sum_{k|gcd(i,j)}^{}\mu(k)$

改为枚举d，可以继续化成 $\sum_{k=1}^{min(\left \lfloor n/d \right \rfloor,\left \lfloor m/d \right \rfloor)}\mu(k)\sum_{i=1}^{\left \lfloor n/(d*k) \right \rfloor}1\sum_{j=1}^{m/(d*k)}1$

注意到这里后面两坨东西我们是可以用分块来处理的，因为u(k)我们可以去处理出来，那么只要找到每一段相同区间里的u(k)函数的一段前缀和即可

关于莫比乌斯函数的预处理，可以通过欧拉筛来实现，这里贴个板子

void moblus()
{  memset(vis,0,sizeof vis);mu[1]=1; for(int i=2;i<=N;i++)  {  if(!vis[i]){p[++cnt]=i;mu[i]=-1;} for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=N;++j){  vis[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0){mu[i*p[j]]=0;break; } else mu[i*p[j]]=-mu[i]; }  }
}

其它的就没什么好说的了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=1e6+10;
ll a,b,d;
ll ans=1;
//线性筛法求莫比乌斯函数
bool vis[N];  //标记
int p[N];  //质数
int mu[N];//打表结果
ll cnt=0;
void moblus()
{  memset(vis,0,sizeof vis);mu[1]=1; for(int i=2;i<=N;i++)  {  if(!vis[i]){p[++cnt]=i;mu[i]=-1;} for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=N;++j){  vis[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0){mu[i*p[j]]=0;//合数break; } else mu[i*p[j]]=-mu[i]; }  }
}
ll f(ll n,ll m)
{n/=d;m/=d;ll ans=0;for(ll l=1,r=1;l<=min(n,m);l=r+1) {r=min(n/(n/l),m/(m/l));ans+=(mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(m/l);}return ans;
}int main()
{cin>>a>>b>>d;//ans=a/d*(b/d);moblus();ll n=min(a,b);for(int i=1;i<=n;++i) mu[i]+=mu[i-1];ans=f(a,b);cout<<ans<<endl;return 0;
}

再来一道狠一点的

P1390 公约数的和

大意：

思路：

如果要转到可以进行莫比乌斯反演的形式，我们可以先枚举i和j的公因子d

原式= $\sum_{d=1}^{min(n,m)}d*\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]$

然后就可以转化为 $\sum_{d=1}^{min(n,m)}d*\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d*\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(m,n)}\mu(k)\sum_{1=1}^{n/(d*k)}\sum_{j=1}^{m/(d*k)}$

= $\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(m,n)}\mu(k)\left \lfloor n/(d*k) \right \rfloor\left \lfloor m/(d*k) \right \rfloor$

那么如果我们令D=d*k的话，

原式可以继续改写为

$\sum_{D=1}^{min(n,m)}\sum_{d|D}^{min(m,n)}d*\mu(k)\left \lfloor n/(d*k) \right \rfloor\left \lfloor m/(d*k) \right \rfloor$

中间那一坨很明显是可以转化成为欧拉函数的，

最后原式就等于 $\sum_{D=1}^{min(n,m)}\phi (D)\left \lfloor n/(d*k) \right \rfloor\left \lfloor m/(d*k) \right \rfloor$

啊哈，这跟上一道题推出来的式子不是换汤不换药嘛，无非就是求莫比乌斯函数变成了求欧拉函数，基本代码完全没有上面区别

对了，因为这题求的是两两之间的数的公约数的和，不包括数字与数字本身，也不会重复计算，我们最后把这些多余的部分减掉就好了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e6+10;
ll n;
ll p[N];
ll phi[N];
bool vis[N];
ll cnt=0;
inline void init()
{phi[1]=1;for(register ll i=2;i<=n;++i){if(!vis[i]) p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;for(register ll j=1;(j<=cnt)&&(i*p[j]<=n);++j){vis[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0){phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;}phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1);}}for(ll i=1;i<=n;++i) phi[i]+=phi[i-1];
//  for(int i=1;i<=n;++i) cout<<phi[i]<<' ';
}
inline void solve()
{ll ans=0;for(register ll l=1,r=1;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans+=(phi[r]-phi[l-1])*(n/l)*(n/l);}printf("%lld",(ans-n*(n+1)/2)/2);//cout<<(ans-n*(n+1)/2)/2<<endl;
}
int main()
{scanf("%lld",&n);init();solve();return 0;
}

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