Python中的map函式，lambda表示式，filter函式的用法
莫比烏斯反演學習筆記
前置知識
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\(x|y:\) \(x\) 是 \(y\) 的因數。
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\([S]:\) 若 \(S\) 為真，\([S]=1\)，若 \(S\) 為假，則 \([S]=0\)（如 \([gcd(11,45)=14]=0\)）。
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\(\sum:\) 求和符號。
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\(\prod:\) 連乘符號。
-
\(n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{q_i}:\) 將 \(n\) 分解質因數。即預設 \(p_i\) 兩兩不同且為質數。
基本定義
先介紹 \(\mu\) 函式：
-
\(\mu(1)=1\)。
-
若 \(i\) 含有平方因子，\(\mu(i)=0\)
。 -
若 \(i\) 為奇數個不同的質因數的乘積，\(\mu(i)=-1\)。
-
若 \(i\) 為偶數個不同的質因數的乘積，\(\mu(i)=1\)。
容易發現，\(\mu\) 可以進行線性篩：
Miu[1]=1;//Miu(1)=1 for(int i=2;i<=m;i++){ if(!vis[i]) Prime[++cnt]=i,Miu[i]=-1; for(int j=1,x;j<=cnt&&(x=i*Prime[j])<=m;j++){ vis[x]=1; if(i%Prime[j]==0){ Miu[x]=0; //x含有平方因子 Prime[j]*Prime[j],Miu(x)=0 break; } Miu[x]=-Miu[i]; //x=i*Prime[j],多乘了一個不同的質數,所以Miu(x)=Miu(i)*-1 } }
性質
莫比烏斯函式的精髓是以下結論：
\[f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d),f(n)=[n=1] \]-
證明：
隨便手推一下就可以得到 \(f(1)=1\)。
如果 \(d\) 含有平方因子，根據定義有 \(\mu(d)=0\)，對答案沒有貢獻。因此，\(n\) 中所含的平方因子也是沒有意義的。所以若 \(n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{q_i},n'=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i\)，有 \(f(n)=f(n')\)（\(n\) 比 \(n'\) 多的因子都是平方因子）。
考慮證明對於 \(n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i(n\not=1)\)
，\(f(n)=0\)。根據約數個數定理，\(n\) 的因子有 \(2^k\) 個。因為 \(n\not=1\)，有 \(k \ge 1\)，所以在 \(n\) 的因子中，有 \(2^{k-1}\) 個因子是 偶數個不同的質因數的乘積（即 \(\mu(x)=1\)），\(2^{k-1}\) 個因子是 奇數個不同的質因數的乘積（即 \(\mu(x)=-1\)）。兩兩抵消，\(f(n)=0\)。
證畢。
至於那個莫比烏斯反演的經典式子，本質上就是 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]\) 的推論罷了。
應用
莫比烏斯反演本質上是利用 \(\mu\) 函式的性質，通過湊出 形如 \([n=1]\) 的項來對式子進行轉化，然後再通過改變列舉順序、設參等方法將其變為可以用其他演算法快速求解的式子（如線性篩，整除分塊，杜教篩等）。
注意，題目一般運用的轉換是 \([n=1]=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\)，而不是 \(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)。
[HAOI2011]Problem b
題目大意：
給定 \(a,b,c,d,k\)，求 \(\sum\limits_{i=a}^b\sum\limits_{j=c}^d[gcd(i,j)=k]\)。
先轉換為 \(\sum\limits_{i=1}^b\sum\limits_{j=1}^d[gcd(i,j)=k]\)，推就完事了（最後容斥計算答案即可）。
\[\sum\limits_{i=1}^b\sum\limits_{j=1}^d[gcd(i,j)=k] \] \[=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{b}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{d}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1] \]通過轉換，我們湊出了 \([n=1]\) 的形式。帶入 \(\mu\) 函式：
\[=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{b}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{d}{k}\rfloor}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]先列舉 \(gcd(i,j)\)：
\[=\sum\limits_{g=1}^{min(b,d)}\mu(g)\sum\limits_{g|i}^{b}\sum\limits_{j|g}^{d}1 \] \[=\sum\limits_{g=1}^{min(b,d)}\mu(g)\lfloor{\frac{b}{j}}\rfloor\lfloor{\frac{d}{j}}\rfloor \]線性篩出 \(\mu\) 函式，維護字首和後用值域分塊求解即可。時間複雜度 \(O(\sqrt b+\sqrt d+\max(b,d))\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=50010;
inline int read(){
int x=0;
char c=getchar();
for(;!(c>='0'&&c<='9');c=getchar());
for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())
x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
return x;
}
bool vis[maxn];
int Prime[maxn],cnt;
int Miu[maxn],n,k;
void Init(int n){
Miu[1]=1;//線性篩
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
Prime[++cnt]=i;
Miu[i]=-1;
}
for(int j=1,x;j<=cnt&&(x=i*Prime[j])<=n;j++){
vis[x]=1,Miu[x]=-Miu[i];
if(i%Prime[j]==0){
Miu[x]=0;
break;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) Miu[i]+=Miu[i-1];
}
ll Query(int n,int m,ll sum=0){
//整除分塊
for(int l=1,r=1;l<=min(n/k,m/k);l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
sum+=(ll)(Miu[r]-Miu[l-1])*(n/(k*l))*(m/(k*l));
}
return sum;
}
int main(){
n=read();
Init(5e4);
int a,b,c,d;
while(n--){
a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
printf("%lld\n",Query(b,d)-Query(a-1,d)-Query(b,c-1)+Query(a-1,c-1));
}
return 0;
}
[國家集訓隊]Crash的數字表格 / JZPTAB
題目大意：
\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m lcm(i,j) \] \[=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \frac{ij}{gcd(i,j)} \]給定 \(n,m\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m lcm(i,j)\) 對 \(20101009\) 取模的結果。
先列舉 \(gcd(i,j)\)：
\[=\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m \frac{ij}{k}\times[gcd(i,j)=k] \] \[=\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}\frac{1}{k}\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{j=1}^mj \times[gcd(i,j)=k] \] \[=\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}\frac{1}{k}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}ki\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}kj \times[gcd(i,j)=1] \] \[=\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}j \times[gcd(i,j)=1] \]再次湊出了形如 \([n=1]\) 的式子，帶入 \(\mu\) 函式：
\[=\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}j \sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \]先列舉 \(d\)：
\[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\sum\limits_{d|i}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum\limits_{d|j}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}j \] \[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}di\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}dj \] \[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}d^2\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j \] \[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}d^2\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\frac{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor+1)}{2} \] \[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}d^2\mu(d)\sum\limits_{k=1}^{min(n,m)}k\frac{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor+1)(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor+1)}{4} \]考慮先列舉 \(t=dk\)：
\[=\sum\limits_{t=1}^{min(n,m)}\frac{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor+1)(\lfloor\frac{m}{t}\rfloor+1)}{4}\sum\limits_{d|t}d^2\mu(d)\frac{t}{d} \] \[=\sum\limits_{t=1}^{min(n,m)}t\frac{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor+1)(\lfloor\frac{m}{t}\rfloor+1)}{4}\sum\limits_{d|t}d\mu(d) \]設 \(F(n)=\sum\limits_{d|n}d\mu(d)\)：
\[=\sum\limits_{t=1}^{min(n,m)}\frac{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor+1)(\lfloor\frac{m}{t}\rfloor+1)}{4}tF(t) \]線性篩出 \(F\) 後用整除分塊即可。時間複雜度 \(O(\sqrt{n}+\sqrt{m}+\max(n,m))\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=10000010;
const int mod=20101009;
bool vis[maxn];
int n,m,Prime[maxn],f[maxn],g[maxn],cnt;
int fastpow(int n,int m){
int a=n,S=1;
while(m){
if(m&1) S=S*1ll*a%mod;
a=a*1ll*a%mod,m>>=1;
}
return S;
}
int Divid(int a,int b){return fastpow(b,mod-2)*1ll*a%mod;}
void init(int N=max(n,m)){
int tmp,c;//線性篩
f[1]=1,g[0]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i])
Prime[++cnt]=i,f[i]=mod-i+1;
for(int j=1,x;j<=cnt&&Prime[j]*1ll*i<=N;j++){
vis[x=Prime[j]*i]=1;
if(i%Prime[j]==0){
f[x]=f[i];
break;
}
f[x]=(f[i]-f[i]*1ll*Prime[j]%mod+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=N;g[i]=g[i-1]*1ll*i%mod,i++)
f[i]=(Divid(f[i],4)*1ll*i%mod+f[i-1])%mod;
}
int Query(int sum=0){
int tmp;.//整除分塊
for(int l=1,r=1;l<=min(n,m);l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
tmp=((n/l)*(n/l+1ll)%mod)*((m/l)*(m/l+1ll)%mod)%mod;
tmp=tmp*1ll*(f[r]-f[l-1]+mod)%mod;
if((sum+=tmp)>=mod) sum-=mod;
}
return sum;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),init();
printf("%d\n",Query());
return 0;
}