标签：博客 arp 作者 ide long ext bilibili video 一模一样
以下教程前半部分来自B站电子科技大学的视频 https://www.bilibili.com/video/av43470417?from=search&seid=9275043167445755699。菜鸡如我就还没看懂。
分割线后半部分教程来自 https://www.luogu.org/blog/An-Amazing-Blog/mu-bi-wu-si-fan-yan-ji-ge-ji-miao-di-dong-xi 。
给定整数 N 和 M 。求满足 \(1 \leq x \leq N, 1 \leq y \leq M\) 且 \(gcd(x, y)\) 为质数的点对 \((x, y)\) 的个数。
数据范围： \(1 \leq N,M \leq 1000000\)
\[ \mu(x) = \begin{cases} 1 & \text{: } x = 1 \\ -1 & \text{: } x = p_1p_2...p_k(p_i为不相同质数) \\ 0 & \text{: 其他情况} \end{cases} \]
int prime[maxn], prime_tot;
bool prime_tag[maxn];
int mu[maxn];
void pre_calc(int lim) {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= lim; i++) {
if(!prime_tag[i]) {
prime[++prime_tot] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1; j <= prime_tot; j++) {
if(i*prime[j] > lim) {
break;
}
prime_tag[i*prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0) {
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
else {
mu[i*prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
}\[ (f*g)(n) = \sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]
积性函数：指对于所有互质的整数 a 和 b 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论。
\[ g(n) = \sum_{d|n}f(d) \rightarrow f(n) = \sum_{d|n} \mu(d)g(\frac{n}{d}) \g(n) = \sum_{n|d}f(d) \rightarrow f(n) = \sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n})g(d) \]
\[ g = f * 1, \mu * g = f * 1 * \mu = f \]
\[ \begin{aligned} \sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n})g(d) &= \sum_{k} \mu(k)g(nk) \&= \sum_{k} \mu(k) \sum_{(nk)|t}f(t) \&= \sum_{t}f(t) \sum_{(nk)|t} \mu(k) \&= \sum_{t}f(t) \varepsilon(\frac{t}{n}) \&= f(n) \end{aligned} \]
求 \(\sum_{1\leq i \leq N} \sum_{1 \leq j \leq M}[gcd(i, j) == p]\)，p是质数
\[f(p) = \sum_{1\leq i \leq N} \sum_{1 \leq j \leq M}[gcd(i, j) == p]\]
\[g(p) = \sum_{1\leq i \leq N} \sum_{1 \leq j \leq M}[p | gcd(i, j)]\]
那么，
\[g(n) = \sum_{n|d}f(d) 且有 g(n) = \lfloor{\frac{N}{n}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{n}}\rfloor\]
\[f(n) = \sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n})g(d) = \sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) \lfloor{\frac{N}{d}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{d}}\rfloor\]
\[ \begin{aligned} ans &= \sum_{n \in prime} \sum_{n|d} \mu(\frac{d}{n}) \lfloor{\frac{N}{d}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{d}}\rfloor \&= \sum_{n \in prime} \sum_{t} \mu(t) \lfloor{\frac{N}{nt}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{nt}}\rfloor (t := d/n) \&= \sum_{1 \leq k \leq min(N,M)} \lfloor{\frac{N}{k}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{k}}\rfloor \sum_{n|k,n \in prime} \mu(\frac{k}{n}) (k := nt) \end{aligned} \]
\[sum(k) := \sum_{n|k,n \in prime} \mu(\frac{k}{n}) 可以预处理\]
for(int i = 1; i <= prime_tot; i++) {
for(int j = 1; prime[i] * j <= up; j++) {
sum[prime[i] * j] += mu[j];
}
}\[ans = = \sum_{1 \leq k \leq min(N,M)} \lfloor{\frac{N}{k}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{k}}\rfloor sum(k)\]
\(\lfloor \frac{N}{k} \rfloor(1 \leq k \leq N)\) 有约 \(2\sqrt{N}\) 个可能值。快速计算 \(\sum_{}\lfloor \frac{N}{k} \rfloor\) 的方法：
for(int l = 1; l <= N; l = r+1) {
r = N / (N/l);
ans += (r-l+1) * (N/l);
}求 \(\sum^{n}_{i=1}\mu(i),n \leq 10^{12}\)
\[M(n) := \sum^{n}_{i=1}\mu(i)\]
\[1 = \sum^{n}_{i=1}\varepsilon(i) = \sum^{n}_{i=1}\sum_{d|i}\mu(d) = \sum^{n}_{i=1}\sum^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}_{j=1}u(j) = \sum^{n}_{i=1}M(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
\[M(n) = 1 - \sum^{n}_{i=2}M(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\]
int mu_sum[maxn];
unordered_map<long long, int> mp;
int mu_calc(long long n) {
if(n < lim) {
return mu_sum[n];
}
if(mp.count(n)) {
return mp[n];
}
int ret = 1;
for(long long l = 2, r; l <= n; l = r+1) {
r = n / (n/l);
ret -= (r-l+1) * mu_calc(n/l);
}
return mp[n] = ret;
}先记住
\[[gcd(i,j) == 1] = \sum_{d|gcd(i, j)} \mu(d)\]
求
\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} [gcd(i, j) == 1] , \ \ (n < m)\]
\[原式 = \sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \sum_{d|gcd(i, j)} \mu(d)\]
然后枚举 \(d\) ，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，化简得：
\[原式 = \sum^{n}_{d=1} \mu(d) * \lfloor \frac{n}{d} \rfloor * \lfloor \frac{m}{d} \rfloor\]
后面的两个除法可以用上面攻略里的整除分块进行 \(o(\sqrt{n})\) 复杂度的求解，当然也可以跑 \(o(n)\)。
求
\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} [gcd(i, j) == k] , \ \ (n < m)\]
和上一题很像对吧，同时除以 k：
\[原式 = \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}_{j=1} [gcd(i, j) == 1]\]
之后就一模一样了。
求
\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} ij[gcd(i, j) == k] , \ \ (n < m)\]
也是同时除以 k ：
\[原式 = \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor}_{j=1} ij[gcd(i, j) == 1] * k^2\]
因为式子中 \(i、j\) 也被除了 k，需要在末尾补回来。
\[ \begin{aligned} 原式 &= \sum^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor}_{j=1} ij \sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) * k^2 \&= \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{d=1} \mu(d) * d^2 \sum^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor}_{j=1} ij * k^2 \&= k^2 * \sum^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor}_{d=1} \mu(d) * d^2 \sum^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor}_{i=1} i\sum^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor}_{j=1} j \end{aligned} \]
然后就发现后两项是个等差数列，也能在复杂度 \(o(\sqrt{n})\) 下求出。
求
\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} lcm(i, j)\]
首先： \(lcm(i,j) = \frac{i*j}{gcd(i, j)}\)，那么：
\[ \begin{aligned} 原式 &= \sum^{n}_{d=1}\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} \frac{i*j}{d} * [gcd(i, j) == d] \ \ （同时除d）\&= \sum^{n}_{d=1}\sum^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}_{j=1} i*j*d * [gcd(i, j) == 1] \&= \sum^{n}_{d=1}\sum^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}_{i=1} \sum^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}_{j=1} i*j*d \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k) \ \ （枚举k）\&= \sum^{n}_{d=1}d \sum^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}_{k=1} \mu(k)*k^2 \sum^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor}_{i=1}i\sum^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor}_{j=1}j \end{aligned} \]
此时已经 \(o(n)\) 了，\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\) 可以分一次块，\(\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor\) 也可以分一次。所以是 \(o(n)\)。
后面原作者给出了更优解，我这里懒得贴过程了。也懒得记了。超出我承受范围了。
求
\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} d(i*j)\]
其中，\(d(i, j)\) 表示 \(i*j\) 的约数个数。
拿出小本本记个公式：
\[d(i*j) = \sum_{x|i} \sum_{y|j} [gcd(x,y) == 1]\]
怎么证明的，我不想知道...请移步原作者博客。
虽然我什么都还不会
就先这样好了，下班了QAQ。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Decray/p/11215469.html
