【2017多校训练08 1002】【HDOJ 6134】Battlestation Operational

典型的数列反演题。

运用莫比乌斯反演的一个结论 $[n = 1] = \sum_{d | n} \mu(d)$，将表达式做如下转化：

$$ ans = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) \sum_{d | i \land d | j} \mu(d) \\ = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) $$

令$$F_n = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1)$$

则有$$ans = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$$

先考虑如何计算Fn.

观察得知，内层求和与n无直接关联，不妨直接对F相邻两项做差：

$$dF_n = F_n - F_{n-1} \\= \sum_{j=1}^n (\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor + 1) $$

考虑每个j对每个n的贡献。

对于一个给定的j，我们可以枚举$\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor$的取值t，此时j和t将对$[j*t+1, j*(t+1)+1)$这一范围内所有的n对应的$F_n$产生t+1的贡献。

由调和级数可知，对所有j枚举它们在N以内的倍数只需要O(Nlog(N))级别的时间复杂度。我们只要在枚举j和t的同时维护一下$dF_n$的相邻两项差，最后做两次前缀和就可以得到$F_n$数列了。

再来考虑如何由$F_n$计算$ans_n$。

由$ans_n = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$，与上一步类似，同样可以考虑每个d对每个n的答案的贡献。对于每个d，枚举$\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$的取值t，此时d和t对$[t*d, (t+1)*d)$范围内所有的n对应的$ans_n$产生$\mu(d) * F_t$ 的贡献。枚举结束后再做一遍前缀和即可。

 #include <iostream>
 #include <cmath>
 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int maxn = , mod = ;
 typedef long long LL;
 int mu[maxn], muS[maxn], F[maxn], ans[maxn], P[maxn], pcnt, N;
 bool not_p[maxn];

 void sieve()
 {
     mu[] = ;
     for(int i = ;i < maxn;++i)
     {
         if(!not_p[i]) P[pcnt++] = i, mu[i] = -;
         for(int j = ;j < pcnt;++j)
         {
             if(i * P[j] >= maxn) break;
             not_p[i * P[j]] = true;
             if(i % P[j] == )
             {
                 mu[i * P[j]] = ;
                 break;
             }
             else mu[i * P[j]] = -mu[i];
         }
     }
 }

 void init()
 {
     sieve();
     for(int i = ;i <= N;++i) muS[i] = muS[i-] + mu[i];
     N = ;
     int L, R;
     for(int k = ;k < N;++k)
     {
         L = k, R = k+k;
         for(int t = ;L < N;++t, L += k, R += k)
         {
             F[L+] = (F[L+] + t) % mod;
             if(R < N) F[R+] = (F[R+] - t) % mod;
             //if(L < 3) printf("k = %d, (%d, %d] = %d\n", k, L, N, t);
         }
     }
     for(int i = ;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-]) % mod;
     for(int i = ;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-]) % mod;
     for(int i = ;i <= N;++i)
         F[i] = (F[i] + (LL) i * (i+) / ) % mod;
     for(int i = ;i <= N;++i) //F[d]
     {
         for(int j = , k = i;k <= N;++j, k += i)
         {
             int tmp = (mod + F[j] * mu[i]) % mod;
             ans[k] = (ans[k] + tmp) % mod;
             if(k+i <= N) ans[k+i] = (ans[k+i] + mod - tmp) % mod;
         }
     }
     for(int i = ;i <= N;++i) ans[i] = (ans[i] + ans[i-]) % mod;
 }

 void work()
 {
     while(~scanf("%d", &N))
     {
         printf("%d\n", ans[N]);
     }
 }
 int main() {
     // your code goes here
     int T;
     init();
     work();
     return ;
 }

莫比乌斯函数，差分数列