提示:对于这种与gcd有关的式子别用莫比乌斯反演公式,会炸的
只需要记住:
$$[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$$
证明?其实很简单。
$\mu$函数有个性质
$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
将 $d$替换成 $gcd(i,j)$就是上面的那个暂且可以称作公式的式子了
例1
求 $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ (n<m)$$
直接套公式啦
$$=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$$
然后我们枚举 $d$,显然有 $d\in(1,n)\ \ \ (d|gcd(i,j))$
于是将 $d$提到前面去,则 $i,j$都是 $d$的倍数,化简一下,得
$$=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$$
注意到后面那一坨是可以 $O(\sqrt n)$分块做的
于是我们实现了 $O(n^2)$到 $O(\sqrt n)$的过渡
简单吧
例2
求
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]\ \ \ \ (n<m)$$
好像与上一题有点不一样
但我们可以转化成一样的
同时除以 $k$,得
$$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$$
然后就一样了
例3
求
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij[gcd(i,j)=k]\ \ \ \ (n<m)$$
老方法,同时除以 $k$,只不过与上一题不同的是,我们需要考虑 $i,j$的贡献
$$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]*k^2$$
有同学可能要问了
为什么最后要乘以一个 $k^2$啊?
因为在 $i,j$同时除以 $k$的同时,中间那个 $ij$的值就变了, $i,j$同时缩小到了原来的 $\frac{1}{k}$,所以最后要把缩小的乘回来,就是 $k^2$
让我们继续套路,将中间那个 $gcd(i,j)$用莫比乌斯替换掉
$$=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}ij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)*k^2$$
提出 $d$,同样,在最后乘以一个 $d^2$
$$=\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)*d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}ij*k^2$$
各归各家,各找各妈
$$=k^2*\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)*d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j$$
我们发现,最后那两项,不就是 $\dots$等差数列吗?
时间复杂度 $O(n^2)\rightarrow O(\sqrt n)$
来一个强的
例4
求 $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)$$
首先,小学奥数告诉我们
$$lcm(i,j)=\frac{i*j}{gcd(i,j)}$$
可以看看我的另外一篇博客莫比乌斯反演-从莫比乌斯到欧拉,里面详细地介绍了一种奇妙的反演方法,大致思路是用 $\phi$函数替换 $\mu$函数。我暂且把它叫做欧拉反演。
但是注意,如果 $gcd(i,j)$出现在分母这种不正常的位置,就不能用那个神奇的欧拉反演,而应该用常规方法。
先科普一下:积性函数,稍后会有用的
仍然是老套路,枚举 $gcd(i,j)$
$$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i*j}{d}*[gcd(i,j)=d]$$
同时除以 $d$
$$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d*[gcd(i,j)=1]$$
$$=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j*d\sum_{k|gcd(i,j)}\mu(k)$$
枚举 $k$
$$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)*k^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j$$
这时,这已经是一个 $O(n)$的做法,观察可以得到, $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$可以分一次块, $\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor$可以再分一次块,总时间复杂度是 $O(\sqrt n*\sqrt n)=O(n)$
推到这里已经很牛逼了,但我们还有更好的方法,这个时间复杂度还能优化
后面那两坨等差数列很烦,我们把它换掉
设 $T=dk,f(x)=\sum_{i=1}^{x}i$,把原来那个式子换成
$$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)*k^2*f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)$$
看好了,下面的步骤很奇妙
用枚举 $gcd(i,j)$的方法,我们枚举 $T$
$$=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d*\mu(\frac{T}{d})*(\frac{T}{d})^2$$
$$=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d*\mu(d)*T$$
em $\dots$貌似没法用狄利克雷卷积
但别担心,我们观察最后这个式子
$$\sum_{d|T}d*\mu(d)*T$$
先不管 $T$
$$\sum_{d|T}d*\mu(d)$$
设 $$F(T)=\sum_{d|T}d*\mu(d)$$
我们考虑 $a\perp b$
$$F(a)=\sum_{d|a}d*\mu(d)$$
$$F(b)=\sum_{d|b}d*\mu(d)$$
显然 $a,b$对 $F(ab)$的贡献是没有交集的,而这时,在我们枚举 $d$时,它既可以是 $a$的约数,也可以是 $b$的约数,还能是 $ab$的约数。具体来说, $F(a)$的某一项乘 $F(b)$的某一项一定等于 $F(ab)$的某一项(一个 $a$的因子与一个 $b$的因子相乘一定是 $ab$的因子)
又因为 $a\perp b$,故有
$\mu(a$的某个因子 $k)*\mu(b$的某个因子 $j)=\mu(k*j)$
所以, $F$不就是一个积性函数吗?
常识告诉我们,积性函数是可以 $O(n)$筛的, $F$也一样
有
$$F(1)=1$$
如果 $a$是质数,则
$$F(a)=1-a$$ 如果 $a\perp b$,则
$$F(a*b)=F(a)*F(b)$$
这三个公式易得出,我们考虑 $a\equiv 0\ (mod\ b)$且 $b$是质数的情况
则 $F(a*b)$比 $F(a)$多出的几项中, $d$分解后,项 $b$的次数一定大于 $1$
想一想,为什么
因为,如果 $b$这一项的次数小于等于 $1$,它就一定在 $F(a)$中被运算过了!( $a$一定有 $b$这个质因子)
别忘了,当某个数的某个质因子次数大于 $1$,它的 $\mu$值就是 $0$啊!
故此时
$$F(a*b)=F(a)$$
于是,我们推导出了 $F$函数的转移公式,代码表示如下(顺便处理一下前缀和)
void sieve() {
F[1]=sum[1]=1;
for (int i=2;i<=10000000;i++) {
if (!flag[i]) prime[++cnt]=i,F[i]=1-i;
for (int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=10000000;j++) {
flag[i*prime[j]]=1;
if (i%prime[j]==0) {//不互质
F[i*prime[j]]=F[i];
break;
}
F[i*prime[j]]=F[i]*F[prime[j]];//互质
}
sum[i]=sum[i-1]+F[i]*i;
}
}
回到公式
$$=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum_{d|T}d*\mu(d)*T$$
仔细看代码,最后那个 $T$已经在前缀和中处理了
我们只需要分块求前面那两个 $f$,后面那一坨 $O(1)$处理(都筛出来了)
时间复杂度 $O(n)\rightarrow O(\sqrt n)$
当你想降一下时间复杂度时,枚举第二个分块中的某一项再进行处理可能是一个好选择。
例5
求
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(i*j)$$
其中, $d(i*j)$表示 $i*j$的约数个数
我们有一个公式
$$d(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$$
很多人不知道这个公式是怎么推的,我来解释一下
其实,这里的 $[gcd(i,j)=1]$并不是为了去重,而是为了和左边的式子保持相等
我们考虑一个质数 $p$, $i=i'*p^{k_1},j=j'*p^{k_2}$,注意这里 $k_1,k_2$可以为 $0$
考虑 $p$对 $d(i*j)$的贡献,显然,在 $d$的因子中, $p$的这一项可以为 $0$~ $k_1+k_2$共 $k_1+k_2+1$个
考虑等式右边,我们只看 $p$这一项。 $x=x'*p^{k_x},y=y'*p^{k_y}$
要满足 $gcd(x,y)=1$,那么就有 $gcd(p^{k_x},p^{k_y})=1$
要么 $k_x=0,k_y\in[0,k_2]$,共 $k_2+1$种
要么 $k_y=0,k_x\in[0,k_1]$,共 $k_1+1$种
减去重复判断的 $k_x=0,k_y=0$这种情况,最后答案 $k_1+k_2+1$种
与等式左边相同!
剩下的步骤都很水了,所以我把这留作练习,如果你认真阅读了以上所有内容,那么这个练习就可以轻松解决。
练习
练习1
上面说了
练习2
求
$$\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^{m}f[gcd(i,j)]\ \ \ (n,m\leq 10^6,T\leq 1000)$$
$f$是斐波那契数列
练习3
求
$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)^k\ \ \ (n,m\leq 5*10^6,T\leq 2000)$$
注:练习2、练习3中, $T$是数据组数
后记
感谢lyc大佬的指导,在他的帮助与耐心解答下,我才初识了懵逼钨丝反演莫比乌斯反演
只要掌握方法,能够耐心地进行推导,莫比乌斯系列的题目其实不难