說是入門吧,其實寫了那幾題之後還是不會(
莫比烏斯反演是數論中比較重要的部分了,公式到處都有,重點就是怎麼求出μ函數和如何反演,目前做到的題目好像都是利用的變形後的公式,就是:
變形前統計的是能整出n的那些,變形後統計的是n的倍數的那些。
專題裏的所有題目都是跟gcd有關,讓人有點懷疑莫比烏斯只能處理這類問題嗎,莫比烏斯反演主要就是你要求f(n)但是求這個的複雜度太高,然而F(n)可以直接得出,然後就利用反演就能比較方便的得出f(n)。
就如gcd來說,你要求平面上gcd(x,y)=1的點對,暴力枚舉的話就n^2*gcd的複雜度咯。但是對於gcd(x,y)=i的倍數的點對數量,只要x是i的倍數,y是i的倍數的所有點對就都滿足了,數量也就是(x/i)*(y/i),然後我們利用反演就能在較低的複雜度求出來了。
由於在枚舉i的時候會出現連續的i,(x/i)和(y/i)的值都是不變的,所以可以利用這個加速計算
A - Visible Lattice Points——SPOJ - VLATTICE
三維空間內求gcd(x,y,z)=1的點的數量,要特殊處理一個座標爲0和兩個座標爲0的點。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=1000005;
const int maxq=300005;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
ll n,m,q;
int mu[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
void get_mu(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;prime[j]*i<maxn&&j<tot;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
}
int main()
{
get_mu();
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%lld",&n);
ll ans=3;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=ans+mu[i]*(n/i)*(n/i)*(n/i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=ans+mu[i]*(n/i)*(n/i)*3;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
B - GCD——HDU - 1695
求平面上x in a…b, y in c…d that GCD(x, y) = k
問題轉化成x in a/k…b/k, y in c/k…d/k that GCD(x, y) = 1
重點是要去重,因爲(3,5)和(5,3)是算重複的,統計F(i)時變成
ll lef=ll(b)/i;
ll rig=ll(d/i);
ll mm=min(lef,rig);
F(i)=(lef*rig-mm*(mm-1)/2);
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=110005;
const int maxq=300005;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
ll a,b,c,d,k;
int mu[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int tot;
void get_mu(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;prime[j]*i<maxn&&j<tot;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
}
int main()
{
get_mu();
int t;
int cas=0;
scanf("%d",&t);
while(t--){
cas++;
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
printf("Case %d: ",cas);
if(k==0){printf("0\n");continue;}
b/=k;
d/=k;
if(b==0||d==0)printf("0\n");
else {
ll ans=0;
for(int i=1;i<=min(b,d);i++){
ll lef=ll(b)/i;
ll rig=ll(d/i);
ll mm=min(lef,rig);
ans+=mu[i]*(lef*rig-mm*(mm-1)/2);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}
C - Mophues——HDU - 4746
還不是很懂/。。。。
//其實根本就還不會這題
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=500005;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,p;
int mu[maxn];
int cnt[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int f[maxn][20];
int tot;
void init(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
cnt[i]=1;
}
for(int j=0;j<tot&&prime[j]*i<maxn;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
cnt[i*prime[j]]=cnt[i]+1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++){
for(int j=i;j<maxn;j+=i){
f[j][cnt[i]]+=mu[j/i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++){
for(int j=1;j<20;j++){
f[i][j]+=f[i][j-1];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++){
for(int j=0;j<20;j++){
f[i][j]+=f[i-1][j];
}
}
}
int main(){
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
if(p>18){
printf("%lld\n",ll(n)*m);
continue;
}
ll ans=0;
int last;
for(int i=1;i<min(n,m);i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=ll(f[last][p]-f[i-1][p])*(n/i)*(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
E - Gcd——HYSBZ - 2818
統計gcd爲質數的點的數量
根據公式右邊,f(prime[i])=sigmaμ(d/prime[i])F(d)
這裏的d就是質數的倍數,開一個數組存每一個F(d)對應的sigma μ(d/prime)然後求和統計,我覺得直接枚舉質數來做也行?
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=10000105;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int mu[maxn];
int sum[maxn];
int tot;
void init(int maxn){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;prime[j]*i<maxn&&j<tot;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
init(n+4);
ll ans=0;
for(int i=0;i<tot;i++){
for(ll j=prime[i];j<=n;j+=prime[i]){
sum[j]+=mu[j/prime[i]];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=sum[i]*ll(n/i)*(n/i);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
F - 能量採集——HYSBZ - 2005
對於gcd爲i的點,能量損失爲gcd(x,y)*2-1,其餘的跟之前的問題都差不多,使用了加速計算。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=100005;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int mu[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int sum[maxn];
int tot;
void init(int maxn){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<tot&&prime[j]*i<maxn;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++){
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
ll cal(int x,int y,int k){
ll ans=0;
int last;
x/=k,y/=k;
for(int i=1;i<=min(x,y);i=last+1){
last=min(x/(x/i),y/(y/i));//i到last這段x/i and y/i都相等
ans+=ll(sum[last]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
init(max(n,m)+1);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=min(n,m);i++){
ans+=(2*i-1)*cal(n,m,i);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
G - Problem b——HYSBZ - 2301
也是跟之前的題目差不多,就是統計區間換了,加加減減一下就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
typedef long long ll;
const int maxn=50005;
const int maxm=3000005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a,b,c,d,k;
int mu[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int sum[maxn];
int tot;
void init(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[tot++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<tot&&prime[j]*i<maxn;j++){
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0){mu[prime[j]*i]=0;break;}
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++){
sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
}
ll cal(int x,int y,int k){
ll ans=0;
int last;
x/=k,y/=k;
for(int i=1;i<=min(x,y);i=last+1){
last=min(x/(x/i),y/(y/i));//i到last這段x/i and y/i都相等
ans+=ll(sum[last]-sum[i-1])*(x/i)*(y/i);
}
return ans;
}
int main(){
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
ll ans=0;
a--,c--;
ans+=cal(b,d,k);
if(c)
ans-=cal(b,c,k);
if(d)
ans-=cal(a,d,k);
if(c&&d)
ans+=cal(a,c,k);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}