莫比乌斯

【BZOJ2671】Calc BZOJ 给出N，统计满足下面条件的数对(a,b)的个数： 1. \(1\le a\lt b\le N\) 2. \(a+b\) 整除 \(a*b\) 我竟然粘了题面！！！ 还是今天菊开讲的。 设出 \(d=gcd(a,b)\) 那么，设 \(a=xd,b=yd,gcd(x,y)=1\) \((x+y)d|xyd^2,x+y|xyd\) 根据辗转相减的原理 可以得到 \(gcd(x+y,x)=gcd(x+y,y)=gcd(x,y)=1\) ，所以 \(x+y|d\) 。 设 \(d=k(x+y)\) ，因为 \(a<b\) ，所以 \(x<y\) ，因为 \(d=k(x+y)\le n\) 而 \(b=yd=yk(x+y)\le n\) 所以确定了 \(x,y\) 之后，有 \(\frac{n}{y(x+y)}\) 个 \(d\) 根据上面的式子，还可以知道 \(y\lt\sqrt n\) 所以，我们要求的就是 \[\sum_{x=1}^{\sqrt n}\sum_{y=x+1}^{\sqrt n}[gcd(x,y)=1]\frac{n}{y(x+y)}\] 这样直接算的复杂度是 \(O(nlogn)\) 发现 \(gcd\) 的形式非常可以莫比乌斯反演 先把 \(x,y\) 反过来 \[\sum_{y=1}^{\sqrt n}\sum_{x=1}^

给定 \(n,m,p\) ，求 \[ \sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^m\frac{\varphi(ab)}{\varphi(a)\varphi(b)}\mod p \] 思路： 由欧拉函数性质可得： \(x,y\) 互质则 \(\varphi(xy)=\varphi(x)\varphi(y)\) ； \(p\) 是质数则 \(\varphi(p^a)=(p-1)^{a-1}\) 。因此，由上述两条性质，我们可以吧 \(a,b\) 质因数分解得到 \[ \begin{aligned} \sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^m\frac{\varphi(ab)}{\varphi(a)\varphi(b)}\mod p&=\sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^m\frac{gcd(a,b)}{(p_1 - 1)(p_2-1)\dots (p_k-1)}\mod p\\ &=\sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^m\frac{gcd(a,b)}{\varphi(gcd(a,b))}\mod p\\ &=\sum_{k}\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})F(d)*k*inv[\varphi(k)] \mod p \end{aligned} \] 有点卡常。 #include<map> #include<set> #include

一些函数的一些性质 取整函数 \(\lfloor x \rfloor\) （一） \(\lfloor x \rfloor <= x < \lfloor x \rfloor +1\) （二）对任意x与正整数a，b \(\lfloor \lfloor \frac{x}{a} \rfloor /b\rfloor=\lfloor \frac{x}{ab}\rfloor\) （三）对于正整数n，1 -- n中d的倍数个数为 \(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\) （四）若n为正整数， \(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor\) 不同取值个数不超过 \(2\times\sqrt{n}种\) 证明： \(（1）若d \leq{\sqrt{n}},\lfloor \frac{n}{d}\rfloor只有不超过\sqrt{n}种\) \(（2）若d>\sqrt{n}，\lfloor \frac{n}{d} \rfloor \leq \frac{n}{d} \leq \sqrt{n},\lfloor \frac{n}{d}\rfloor 不超过\sqrt{n}种\) \(综上,\lfloor \frac{n}{d}\rfloor 不超过2\times{\sqrt{n}}种\) 调和数 定义 \[Hn=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}

积性函数(前置知识) 积性函数定义： 函数 \(f(x)\) 满足 \(gcd(a, b) = 1\) 时， \(f(ab) = f(a)f(b)\) 则 \(f(x)\) 为积性函数 常见积性函数 (具体证明可以百度=w=) 欧拉函数 \(ϕ(n)\) \(ϕ(n) = n ∗∏(pi − 1)/pi\) 莫比乌斯函数 \(µ(n)\) 当 \(n\) 有平方因子 如 \(n=∏_{i=1}^{t}pi^{ci}(表示n有t个互不相同质因子pi，每个pi的次数是ci)\) 当某 \(ci>=2(即有平方因子)\) ，则 \(µ(n) = 0\) 否则，若 \(n\) 为 \(k\) 个不同质数的乘积， \(µ(n) = (−1)^k\) 除数函数 \(σ_k(n)\) 表示所有正因子的 \(k\) 次幂和 \(σ_0(n) = d(n)\) 表示正因子的个数 \(σ_1(n) = σ(n)\) 表示正因子的和 完全积性函数 幂函数 \(id_k(n) = n^k\) \(id_0(n) = 1(n) =1\) \(id_1(n) = id(n) = n\) 单位函数 \(ϵ(n) = [n = 1]\) ： \(即ϵ(n)仅当n=1时值为1，其它都为0\) 狄利克雷卷积 Dirichlet 卷积 对两个数论函数 \(f, g\) ，定义其 Dirichlet 卷积为新函数 \(f

嗯，还是要记一下的。 直接进入正题吧。 莫比乌斯函数 考虑定义一个这样的函数 \(\mu(n).\) 当 \(n=1\) 时，有 \(\mu(n)=1.\) 当 \(n\) 可以表示成 \(m\) 个不同质数的乘积时，设 \(n=p_1*p_2*…*p_m\) ,则 \(\mu(n)=(-1)^m.\) 对于其他情况，有 \(\mu(n)=0.\) 这个函数被称为莫比乌斯函数。 莫比乌斯函数的性质 \(Ⅰ.\) 首先， \(\mu(n)\) 是一个积性函数。当 \(n,m\) 互质时（ \(n⊥m\) ），有 \(\mu(n*m)=\mu(n)*\mu(m).\) 当 \((n=1) or (m=1)\) 时，显然成立。 当 \(\mu(n)*\mu(m)=0\) 时， \(n\) 或 \(m\) 中存在 \(p_i^{k_i}(k_i>1)\) ,则 \(\mu(n*m)=0\) ,即 \(n*m\) 必然存在 \(p_i^{k_i}(k_i>1)\) . 对于其他情况，设 \(n\) 由 \(p\) 个质数相乘， \(m\) 由 \(q\) 个质数相乘，显然 \(\mu(n*m)=(-1)^{p+q}=(-1)^p*(-1)^q=\mu(n)*\mu(m).\) \(Ⅱ.\) \[\sum_{d|n}\mu(d)=\begin{cases} 1, n=1 \\ 0 ,n>1

目录 莫比乌斯反演 莫比乌斯函数 狄利克雷卷积 反演 应用 练习题目 YY的gcd 约数个数和 后记 莫比乌斯反演 莫比乌斯函数 \(\mu(n)=1,n=1\) \(\mu (n)=(-1)^m, n=\prod^m_{i=1}p_i^{k_i},\forall k_i = 1\) \(\mu (n)=0 ,otherwise\) 性质 积性函数 \(\sum _{i|n} \mu(i)=\epsilon (\epsilon = [n=1])\) 筛法 inline void init(){ mu[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!np[i]) pri[++top]=i; for(int j=1;j<=top&&i*pri[j]<n;j++){ int now=i*pri[j]; np[now]=1; if(i%pri[j]) mu[now]=-mu[i]; else{ mu[now]=0;break; //出现平方因子 } } } } 狄利克雷卷积 \((f∗g)(n)=∑_{d|n}f(d)∗g(\frac{n}{d})\) 数论函数与狄利克雷卷积形成群，满足 结合律，封闭性，单位元，逆元 ，同时还满足 交换律 其中单位元为 \(ϵ\) ， \(ϵ(n)=[n=1]\) 比较常用的积性数论函数备用 反演 有 \(f(n)=\sum_{i|n}g

积性函数 对 于 g c d ( a , b ) = 1 , 都 有 f ( a b ) = f ( a ) ∗ f ( b ) 。 那 么 f ( n ) 是 积 性 函 数 对于gcd(a,b)=1, 都有 f(ab)=f(a)*f(b)。那么f(n)是积性函数 对 于 g c d ( a , b ) = 1 , 都 有 f ( a b ) = f ( a ) ∗ f ( b ) 。 那 么 f ( n ) 是 积 性 函 数 欧拉函数 ϕ ( n ) \phi(n) ϕ ( n ) 是一个积性函数，对于一个素数 p p p 。有： ϕ ( p ) = p − 1 \phi(p)=p-1 ϕ ( p ) = p − 1 , ϕ ( p k ) = p k − p k − 1 = ( p − 1 ) p k − 1 \phi(p^k)=p^k-p^{k-1}=(p-1)p^{k-1} ϕ ( p k ) = p k − p k − 1 = ( p − 1 ) p k − 1 第一个就根据定义理解，第二个就稍微容斥一下就可以了。 莫比乌斯函数 μ \mu μ 莫比乌斯函数完整定义的通俗表达： 1）莫比乌斯函数 μ ( n ) μ(n) μ ( n ) 的定义域是 N N N 2） μ ( 1 ) = 1 μ(1)=1 μ ( 1 ) = 1 3）当 n n n 存在平方因子时， μ

HDU6715 算术 莫比乌斯反演的变形。 对 \(\mu(lcm(i,j))\) 变换，易得 \(\mu(lcm(i,j)) = \mu(i)\cdot\mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j))\) 。那么有： \[\begin{split} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \mu(lcm(i,j)) &= \sum_{i=1}^{n}\mu(i) \sum_{j=1}^{m}\mu(j)\cdot \mu(gcd(i,j)) \\ &= \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\mu(id)\mu(jd)\mu(d)[gcd(i,j)=1] \end{split}\] 由于莫比乌斯函数的性质 \(\sum_{d\ |\ n}\mu(d)=[n=1]\) ，我们有： \[\begin{split} \text{上式} = \sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sum_{d_1 = 1}^{\min(n,m)/d}\sum_{i=1}^{n/dd_1}\sum_{j=1}^{m/dd_1}\mu(idd_1)\mu(jdd_1)\mu(d)\mu(d_1) \end{split}\] 我们令 \(T = dd_1\) ，有： \[ \text{上式}=\sum_{T=1}

1.数论函数 定义两个数论函数 \(f(n)\) 与 \(g(n)\) 则 \((f+g)(n)=f(n)+g(n)\) 2.狄利克雷卷积 定义两个数论函数的狄利克雷卷积 \(*\) 定义数论函数 \(t=f*g\) 则 \(\mathbf t(n)=\sum_{ij=n}\mathbf f(i)\mathbf g(j)\) 显然, \(f*g=g*f,f*(g*k)=(f*g)*k,f*(g+k)=f*g+f*k\) 定义数论函数 \(f\) 的单位元 \(ϵ\) ,使得 \(\epsilon\ast\mathbf f=\mathbf f*ϵ\) 不难看出,当 \(i\) 等于 \(1\) 时, \(ϵ(i)=1\) ,否则, \(ϵ(i)=0\) 定义数论函数 \(g\) 为函数 \(f\) 的逆元,即 \(f*g=ϵ\) 则 \(g(n)=\dfrac{1}{f(1)}\left([n==1]−\sum\limits_{i|n,i\ne1}f(i)g(\dfrac{n}{i})\right)\) 3.积性函数 如果一个数论函数 \(f\) 当 \(n⊥m\) 的时候满足 \(f(nm)=f(n)f(m)\) ,则称此函数为积性函数 常见的积性函数: \(*σ*_0\) ( \(n\) 的因数个数), \(\varphi(n)\) ( \([1,n]\) 中与 \(n\)

参考了刘汝佳老师《算法艺术与信息学竞赛》。 离散变换与反演 有些时候，我们所求解问题的答案可以表示成一个类似前缀和的形式： \(f(x)=\sum a_ig(i)\) 。 更多时候， \(g(x)\) 是我们所需的答案，不易求出；而 \(f(x)\) 则可以通过另一种更好的方式求出来。如何根据 \(f(x)=\sum a_ig(i)\) 来推导出 \(g(x)\) 的解析式呢？这个反推的过程，我们可以叫做 反演 。我们用一个例子来具体说明。 我们已经用容斥原理得出了错排问题的答案，即在 \(n\) 个元素中的所有排列中，第 \(i(1 \leq i \leq n)\) 个元素不是 \(i\) 的排列数目 \(D_n\) 。现在我们来尝试用反演的方法。 我们反过来求：有且仅有 \(k\) 个元素处在正确位置的方案数为 \(\dbinom{n}{k}D_{n-k}\) ，即剩余的 \(n-k\) 个元素不允许再排在原来的位置。 易知，所有排列里，一定存在 \(0,1,\cdots,n\) 个元素恰好排在其位置的方案。我们把他们加起来得到： \[ P_n=n!=\sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k}D_{n-k} \tag{*} \] 反演（解出 \(D_n\) ）得到： \[ D_n=n!\sum_{r=0}^n{(-1)^r \frac{1}{r!}} \tag{**}