BZOJ2301/LG2522 「HAOI2011」Problem B 莫比乌斯反演 数论分块

问题描述

BZOJ2301

LG2522

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积性函数

若函数 (f(x)) 满足对于任意两个最大公约数为 (1) 的数 (m,n) ，有 (f(mn)=f(m) imes f(n))，则称 (f(x)) 为积性函数。

狄利克雷卷积和莫比乌斯函数

今天 zzk 神仙讲了一下狄利克雷卷积、数论分块和莫比乌斯反演。

几个数论函数

以上这几个数论函数都是积性函数。

狄利克雷卷积

有函数 (f(x),g(x)) ， 若有函数 (h(x)=sumlimits_{d|x}{f(d)g(frac{x}{d})}) ，则称 (h(x)) 是 (f(x),g(x)) 的卷积。

记作 (h(x)=f(x)*g(x))

狄利克雷卷积有如下性质：

• 交换律，即 (f*g=g*f)

• 结合律，即 ((a*b)*c=a*(b*c))

• 若 (f,g) 都是积性函数，则 (f*g) 也是积性函数，即 (f*g(mn)=f*g(m) imes f*g(n)((n,m)=1))

(varepsilon)

若 (f*g = varepsilon) ，则 (f) 与 (g) 互为逆

莫比乌斯函数

(mu(x))代表莫比乌斯函数。

对 (x) 应有质数唯一分解定理，将 (x) 表示为 (x=prod_{i=1}^{k} p_i^{c_i}) ，则有

莫比乌斯函数是一个积性函数，即对于满足 ((x,y)=1) 的 (x,y) ，有 (mu(xy)=mu(x) imes mu(y))

有重要性质 (sumlimits_{d|x}{mu(d)}=varepsilon=egin{cases}0&x eq 1\1&x=1end{cases})

莫比乌斯反演

套式子：

用狄利克雷卷积来解释，就是 (f=g*1,g=f*mu)

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数论分块

简单问题

数论分块一般的问题是求 (sum_{d=1}^n{lfloor frac{n}{d} floor})

考虑分块思想，把 (lfloor frac{n}{d} floor) 数值相同的划分为一块求。

于是可以得到以下代码：

(1)

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题解

题意是要求 (sumlimits_{i=a}^{b}{sumlimits_{j=c}^{d}{[(i,j)==k]}})

显然可以通过差分，将问题转化为求 (sumlimits_{i=1}^{n}{sumlimits_{j=1}^{m}{[(i,j)==k]}})

可以通过在两边同时除去 (k) ，得到

考虑最大公约数为 (1) 的要求，可以想到 ([(i,j)==1]) 的条件可以直接改为 (varepsilon((i,j)))

又因为 (varepsilon((i,j))=sumlimits_{d|(i,j)}{mu(d)}) ，所以式子转化为

对 (sum) 进行变换，得到

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(mathrm{Code})

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=50000;

int T;

void Init(void){
	scanf("%d",&T);
}

int p[maxn+7],pr[maxn+7],miu[maxn+7],s[maxn+7];
int tot;

void preprocess(){
	miu[1]=1;
	for(int i=2;i<=maxn;i++){
		if(!p[i]) p[i]=i,pr[++tot]=i,miu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if(i*pr[j]>maxn||p[i]<pr[j]) break;
			p[i*pr[j]]=pr[j];
			if(i%pr[j]) miu[i*pr[j]]=-miu[i];
			else miu[i*pr[j]]=0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=maxn;i++) s[i]=s[i-1]+miu[i];
}

int calc(int x,int y){
	if(x>y) swap(x,y);
	if(x==0||y==0) return 0;
	int res(0);
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1){
		r=min(x/(x/l),y/(y/l));
		res+=(s[r]-s[l-1])*(x/l)*(y/l);
	}
	return res;
}


void Work(void){
	preprocess();
	while(T--){
		int a,b,c,d,k;
		scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
		--a,--c;
		printf("%d
",calc(b/k,d/k)+calc(a/k,c/k)-calc(a/k,d/k)-calc(b/k,c/k));
	}
}

int main(){
	Init();
	Work();
	return 0;
}