莫比乌斯反演 and 杜教筛总结

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这几天做了几道和杜教筛有关的题目，赶紧记下来怕以后忘了

首先就是最常用的式子

对于一个函数f(x)

设$g(x) =\sum_{x|d}f(d)$

则根据莫比乌斯反演有$$f(x) = \sum_{x|d}μ(\frac{d}{x})g(d)$$

举一个最常见的例子

求$$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M} [gcd(i, j) == 1]$$

令$$g(x) =\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M} [x | gcd(i, j)]$$

根据上面的公式有$$f(x) = \sum_{x | d}μ(\frac{d}{x})g(d)$$

因为$$g(x) =\sum_{i=1}^{[\frac{N}{x}]}\sum_{j=1}^{[\frac{M}{x}]} [gcd(i, j) == 1]$$可以O(1)求出

答案即为f(1)

?

 但有些时候n很大，这时候O(n)的时间复杂度是不可接受的，我们就需要用杜教筛来处理一些问题

比如$$\sum_{i=1}^{N}μ(i)$$

μ有一个性质：$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$

于是就有$$\sum_{i=1}^{N}\sum_{d|i}μ(d) = 1$$

变换一下枚举倍数$$\sum_{d=1}^{N}\sum_{j = 1}^{[\frac{N}{d}]}μ(j) = 1$$

于是 $$\sum_{i=1}^{N}μ(i) = 1 - \sum_{d=2}^{N}\sum_{j = 1}^{[\frac{N}{d}]}μ(j)$$

这个式子就可以递归求解了

我们预处理出前1e6的μ的前缀和， 每个$[\frac{N}{d}]$都是一个区间，可以一起求出

求前缀和递归函数：

 1 int sieve(LL x)
 2 {
 3     if(x <= MAXN) {
 4         return sum[x];
 5     }
 6     if(m[x]) {
 7         return m[x];
 8     }
 9     int S = 1;
10     for(LL i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
11         j = x / (x / i);
12         S = (S - (LL)(j - i + 1) * sieve(x / i) % MOD + MOD) % MOD;
13     }
14     return m[x] = S;
15 }

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如果要求$$\sum_{i=1}^{N}i*μ(i) $$也可以用同样的方法

根据性质有$$\sum_{i=1}^{N}i\sum_{d|i}μ(d) = 1$$

则$$\sum_{i=1}^{N}\sum_{d|i}μ(d)*d*\frac{i}{d} = 1$$

同样枚举倍数$$\sum_{d=1}^{N}d\sum_{j=1}^{[\frac{N}{d}]}μ(j)*j = 1$$

则$$\sum_{i=1}^{N}i*μ(i)=1 - \sum_{d=2}^{N}d\sum_{i=1}^{[\frac{N}{d}]}μ(i)*i $$

做法就与之前相同了

递归函数：

 1 inline LL sieve(LL x)
 2 {
 3     if(x <= 5e6) {
 4         return sum[x];
 5     }
 6     int hh = get_h(x);
 7     if(ha[hh] == x) {
 8         return h[hh];
 9     }
10     ha[hh] = x;
11     h[hh] = 1;
12     LL i = 2;
13     while(i <= x)
14     {
15         LL m = x / i, j = x / m;
16         h[hh] = ((LL)h[hh] - (i + j) % MOD * (( j - i + 1) % MOD) % MOD * rev2 % MOD * sieve(m) % MOD + MOD) % MOD;
17         i = j + 1;
18     }
19     return h[hh];
20 }

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莫比乌斯反演 and 杜教筛总结

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原文地址：https://www.cnblogs.com/wuenze/p/9180232.html