[BZOJ 2301] [HAOI 2011] Problem b (莫比乌斯反演)(有证明)

题面

T组询问，每次给出a,b,c,d,k,求$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[gcd(i,j)=k]$

$T,a,b,c,d,k\le 5\times 10^4$

分析

$O(n^2)$暴力显然是不可行的，我们考虑优化。

首先易得$k\times gcd(i,j)=gcd(ki,kj)$,那么我们可以把a,b,c,d都除上k,问题就变成了$\sum _{i=a/k}^{b/k}\sum _{j=c/k}^{d/k}[gcd(i,j)=1]$(之后的除法若未说明，均为下去整)

差分一下，我们只要求出$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]$，然后二维前缀和相减一下就可以了

1.运用狄利克雷卷积证明

根据结论$\left(\mu\ast I\right)=\varepsilon$,即$\varepsilon (n)= \sum _{d|n} \mu(n)$,我们可以化简问题式子

由定义知$\epsilon(x)=[x=1]$

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \varepsilon(gcd(i,j))=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{d|gcd(i,j)} \mu(d)
\]

变换求和顺序，先枚举$d|gcd(i,j)$,

\[\sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^n [d|i] \sum_{j=1}^m [d|j]$$,

其中$[d|i]$表示i为d的倍数的时候i才会对答案有贡献

显然1~n中d的倍数有n/d个

最终答案为$$\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\]

2.运用莫比乌斯反演的第二种形式证明

莫比乌斯反演的第二种形式是

若$F(n) =\sum _{n|d} f(d)$,那么$f(n)= \sum_{n|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{n} \rfloor)$

这里d表示n的倍数

既然要用到莫比乌斯反演，我们首先就要找到合适的F和f

设

$f(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [gcd(i,j)=x]$,(gcd为x的(x,y)的对数)

$F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]$, (gcd为x或x的倍数的(x,y)的对数)

显然$F(x)=\sum f(i) $(i是x的倍数)，因为gcd(x,i)能整除x，那i一定能整除x。

既然F，f满足上面的条件，我们就可以大力反演了

\[f(x)= \sum_{x|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{x} \rfloor)
\]

虽然这看起来是无限求和，但我们实际上求到min(n,m)就可以了，因为gcd(i,j)(i<n,j<m)不可能超过i,j中的最小值。

注意到$F(x)= \sum_{i=1}^n \sum_{i=1}^m [x |gcd(i,j)]= \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{x} \rfloor$,因为gcd(i,j)为x的倍数，那么i,j一定都被x整除，显然1~n中x的倍数有n/x个

我们求的答案实际上是f(1)

\[f(1)= \sum_{1|d} \mu(d) F(\lfloor \frac{d}{1} \rfloor)= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) F(d)= \sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor
\]

两种方法殊途同归，都求出了最终答案$$\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$

数论分块优化

暴力枚举求解$$\sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor$$的复杂度为$O(n)$,仍然较高，观察到d比较大的时候n/d的值变化不大，如n=6时n/4=n/5=n/6.

因此我们可以找出所有下取整值相同的区间[l,r],再用$\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\sum_{i=l}^r \mu(d) $就可以求出答案，求和部分可以前缀和预处理。对于一个块，假设它的起始位置的下标为l，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为n/(n/l)

这样的复杂度是$O(\sqrt n)$的,T次询问复杂度为$O(T\sqrt n)$,可以通过本题

long long ans=0;

int l,r;

for(l=1;l<=m;l=r+1){

	r=min(n/(n/l),m/(m/l));

    ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);

}

代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define maxn 50000

using namespace std;

typedef long long ll;

int cnt;

bool vis[maxn+5];

int prime[maxn+5];

int mu[maxn+5];

ll sum_mu[maxn+5];

void sieve(int n){

	mu[1]=1;

	for(int i=2;i<=n;i++){

		if(!vis[i]){

			prime[++cnt]=i;

			mu[i]=-1;

		}

		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){

			vis[i*prime[j]]=1;

			if(i%prime[j]==0){

				mu[i*prime[j]]=0;

				break;

			}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];

}

int t;

int a,b,c,d,e;

ll solve(int n,int m){

	n/=e;

	m/=e;

	if(n<m) swap(n,m);

	ll ans=0;

	int l,r;

	for(l=1;l<=m;l=r+1){

		r=min(n/(n/l),m/(m/l));

		ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*(n/l)*(m/l);

	}

	return ans;

}

int main(){

	sieve(maxn);

	scanf("%d",&t);

	while(t--){

		scanf("%d %d %d %d %d",&a,&b,&c,&d,&e);

		ll ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);

		printf("%lld\n",ans);

	}

}