前置知識

• 莫比烏斯反演

上面的標題應該改為後置知識

前言

最近在嗑莫比烏斯函式時嗑到了這個知識點，本質上是一個經常與莫比烏斯反演一起出現的小技巧，包括在很多莫比烏斯反演的題目中。

演算法過程

整除分塊通常被用來處理類似下方的式子：

暴力

首先我們可以暴力解決：

int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
	ans += n / i;
}

然後就歇菜了

規律

我們可以通過打表的方式來尋找\(\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

當\(n=5,sum=5+2+1+1+1\)

當\(n=9,sum=9+4+3+2+1+1+1+1+1\)

當\(n=12,sum=12+6+4+3+2+2+1+1+1\)

可以看到有很多數是重複的，當\(n\)更大時，重複的數會更多。可以證明，這些數的數量是\(O(\sqrt{n})\)的。換句話說，我們可以將每一段連續且相同的數分開計算，實現\(O(\sqrt{n})\)的時間複雜度。

實現

可以證明，對於一段相同且連續的數，若其左端點為\(l\)，則右端點為\(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \rfloor\)

即這一段\(r-l+1\)

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (r - l + 1);
}

應用

「CQOI2007」餘數求和

這道題的關鍵是求\(\sum_{i=1}^n i * \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

在此題中，\(l\)到\(r\)的總和為\(\sum_{i=l}^{r} i * \lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor \sum_{i=l}^{r} i = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor * \frac{(l + r)(r - l + 1)}{2}\)

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

莫比烏斯反演

在莫比烏斯反演中，我們經常需要求\(\sum_{i=1}^n \mu(i) * \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

在同一段內的和為\(\sum_{i=l}^{r} \mu(i) * \lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor \sum_{i=l}^{r} \mu(i) = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor (\sum_{i=1}^{r} \mu(i) - \sum_{i=1}^{l-1} \mu(i))\)

使用線性篩可以在\(O(n)\)的時間內預處理所有的\(\sum_{i=1}^{k} \mu(i)\)，整除分塊複雜度為\(O(\sqrt{n})\)，總複雜度\(O(n)\)

for(int i = 1; i <= n; i++) {
    sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
}