莫比乌斯反演的学习（HDU1695）

前两天学习了一下之前一直觉得高大上并且想学的内容——莫比乌斯反演。不过学任何东西都是一样，学会了发现也就这样，虽然只是皮毛。OK，废话不多说，进入正题，今天我用杭电的1695这道题再来温习一下莫比乌斯反演。

HDU1695的题目大意是这样的，给你 a , b , c , d , k 五个值 （题目说明了 你可以认为 a=c=1） x 属于 [1,b] ，y属于[1,d] 让你求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）==k。给你的时间是 3000 MS。 0 < a <= b <= 100,000, 0 < c <= d <= 100,000, 0 <= k <= 100,000

这道题我刚开始看的时候想到的是容斥定理， 由于以前没用容斥写过题，但久闻莫比乌斯反演大名，干脆就学习了一下，如何用莫比乌斯反演来解题。

首先 ，这道题可以进行一部分的简化，因为 gcd（x,y）=k 那么，很显然 gcd（x / k,y / k）是等于 1 的（x,y 除了 k 一定没有其他的公因数）。那么，此时问题就可以转化为： x 属于 [1,b / k] ，y属于[1,d / k] 让你求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）== 1 即x和y是互质的。 走到这一步 ，题目算是解决了一半了，我们先来看一下什么是莫比乌斯反演。

这里先给出莫比乌斯的两个公式 ： （以下图片摘自 ACdreamer 的博客，仅供学习交流使用）


OK 这两个就是莫比乌斯反演的两种表现形式 反演的核心所在是莫比乌斯函数，什么是莫比乌斯函数呢？ 我们在下面给出它的定义：

是的 没错 我们称之为 mu 函数，它就是莫比乌斯函数，也是整个反演的最为重要的部分。

现在我们来继续解决上面的那个问题。如何去求有多少对这样的 （x,y）满足gcd（x,y）== 1 。这个问题你直接拿到手发现确实比较麻烦，但是换个思路，如果我们去求有多少对这样的 （x,y）满足 gcd（x,y）== 1 的倍数 呢？ 是不是就非常简单了呢？

OK ！ 我们试着来设一下 F（d）为 有多少对（x,y）满足 gcd（x,y）== d 的倍数 。

                                            f（d）为有多少对（x,y）满足 gcd（x,y）== d  。

呵呵，你发现F（d）用初中数学都能求出是 (n=b / k，m=d / k)

那么其实我们需要解决的就剩下如何求出 f（1）是多少的问题了。

根据公式你可以发现，在你对函数进行题设时是需要满足反演对函数的要求的，这个需要你自己来体会，至于另一个公式的设法是 “约数” 的关系，而这个则是 “倍数” 的关系。
那么问题就基本上解决了，f（1）= mu（1）*F（1）+ mu（2）*F（2）+…… 这个式子的终止条件是什么呢？很显然在所限定的区间内，d最大为 min（m,n）。

那么完整的式子就应该是 f（1）= mu（1）*F（1）+ mu（2）*F（2）+……mu（min（m,n））*F（min（m,n））。至此 这道题目就顺利的解决了。

下面给出如何求 mu 函数的代码 下列代码求得了 mu 函数 1-n 的函数值，直接使用就行

第一种 普通筛选求莫比乌斯函数 时间复杂度为 O（nlogn）

void getMu(){      int N=maxn;      for(int i=1;i<N;++i){          int target=i==1?1:0;          int delta=target-mu[i];          mu[i]=delta;          for(int j=2*i;j<N;j+=i)              mu[j]+=delta;      }  }  

第二种 线性筛选求莫比乌斯函数 时间复杂度为 O（n）

void Init(){      int N=maxn;      memset(prime,0,sizeof(prime));      memset(mu,0,sizeof(mu));      memset(vis,0,sizeof(vis));      mu[1] = 1;      cnt = 0;      for(int i=2; i<N; i++){          if(!vis[i]){              prime[cnt++] = i;              mu[i] = -1;          }          for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){              vis[i*prime[j]] = 1;              if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];              else{                  mu[i*prime[j]] = 0;                  break;              }          }      }  }  

此时，走到这一步，我们已经求得了（x,y）满足 gcd（x,y）=1 的对数 ，但题目中说明了，（1，2）和（2，1）算一种情况，那么我们就要减去多余了的情况，怎那么找出那些多算进去的情况呢？ 下面的图画的很清楚：

G（b,b）就是多算进去的这些情况，

那么 G（b，d）- G（b，b）/ 2 就是最终我们要求的结果了，至于这一点，有不懂的请在纸上画一画，这不是我要讲的重点了。

完整代码如下：

[cpp] view plain copy

#include <bits/stdc++.h>  using namespace std;  const int maxn=1e5+7;  bool vis[maxn];  int prime[maxn],mu[maxn];  int cnt;  void Init(){      int N=maxn;      memset(prime,0,sizeof(prime));      memset(mu,0,sizeof(mu));      memset(vis,0,sizeof(vis));      mu[1] = 1;      cnt = 0;      for(int i=2; i<N; i++){          if(!vis[i]){              prime[cnt++] = i;              mu[i] = -1;          }          for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++){              vis[i*prime[j]] = 1;              if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];              else{                  mu[i*prime[j]] = 0;                  break;              }          }      }  }  void getMu(){      int N=maxn;      for(int i=1;i<N;++i){          int target=i==1?1:0;          int delta=target-mu[i];          mu[i]=delta;          for(int j=2*i;j<N;j+=i)              mu[j]+=delta;      }  }  int main()  {      ios::sync_with_stdio(false);      int a,b,c,d,k;      int T,Case=0;      Init();      cin>>T;      while(T--){          cin>>a>>b>>c>>d>>k;          cout<<"Case "<<++Case<<": ";          if(k==0){              cout<<"0"<<endl;              continue;          }          b/=k,d/=k;          long long ans1=0,ans2=0;          for(int i=1;i<=min(b,d);i++){              ans1+=(long long)mu[i]*(b/i)*(d/i);          }          for(int i=1;i<=min(b,d);i++){              ans2+=(long long)mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);          }          cout<<ans1-ans2/2<<endl;      }      return 0;  }  

至此我们通过HDU1695学习了莫比乌斯反演的入门，数论中还有更多有趣的问题等待我们去探索，不得不感叹这些数学家们的伟大了。
该博客转载于lixuepeng_001的博客http://blog.csdn.net/lixuepeng_001/article/details/50577932