我也不知道什麼是"莫比烏斯反演"和"杜教篩"

時間 2019-11-07

標籤不知道什麼反演简体版

原文原文鏈接

upd：正在寫一篇複習向的文章，以後貼連接，能夠做爲這篇文章的一個補充。
upd：寫好啦，戳這裏。新寫的這篇複習向文章QwQ，能夠當作一個補充來看吧。不過新寫的文章也有我新的理解吧。html

Part0

最近一直在搞這些東西
作了將近20道題目吧
也算是有感而發
寫點東西記錄一下本身的感覺函數

若是您真的想學會莫比烏斯反演和杜教篩，請拿出紙筆，每一個式子都本身好好的推一遍，理解清楚每一步是怎麼來的，而且本身好好思考。spa

Part1莫比烏斯反演

莫比烏斯反演啥都沒有，就只有兩個式子（通常只用一個）
原來我已經寫過一次了，再在這裏寫一次
就只寫經常使用的那個吧rest

基本的公式

對於一個函數\(f(x)\)
設\(g(x)=\sum_{x|d}f(d)\)
那麼
\[f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})g(d)\]htm

這個有什麼用？
彷佛太有用了一點blog

隨手搞道題目來講吧遞歸

求\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\]get

這個東西很直接，
因此咱們設\[f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=x]\]
\[g(x)=\sum_{x|d}f(d)\]
根據莫比烏斯反演能夠獲得
\[f(1)=\sum_{1|d}\mu(\frac{d}{1})g(d)=\sum_{i=1}^n\mu(i)g(i)\]
\(g(x)\)是什麼東西？
\[g(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[x|gcd(i,j)]\]
直接把\(x\)除到上面去
\[g(x)=\sum_{i=1}^{n/x}\sum_{j=1}^{m/x}[1|gcd(i,j)]\]
\([1|gcd]\)顯然成立的
因此\(g(x)=[\frac{n}{x}][\frac{m}{x}]\)
能夠\(O(1)\)計算
因此，\(f(1)\)能夠\(O(n)\)計算博客

一塊兒推下式子

莫比烏斯反演的套路太多了class

咱們再來看兩道題目
Crash的數字表格
 jzptab

這兩題按照順序看嗷

具體的過程直接看我博客裏面寫的東西

咱們發現這兩道題如出一轍
可是下面的那道題目能夠作到單次詢問\(O(\sqrt n)\)

他多幹了什麼？？？
這個問題，咱們本身再來從新推一下
不過找個容易點的東西

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)\]

這個確定沒有前面我給的例子的莫比烏斯反演那麼直接
可是咱們觀察一下，\(gcd\)的取值有哪些？？
\(1～n\)(假設\(n<m\))
那麼，咱們能夠把\(gcd\)相同的項合併

因此，咱們枚舉\(gcd\)的值
\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\]
後面的那一部分是否是想到了前面推出的東西？？？
因此先把\(d\)直接除上去
\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)=1]\]
\(n/d\)和\(m/d\)不要想太多，你就當成\(x\)和\(y\)
\[\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{y}[gcd(i,j)=1]\]
不就是上面推過的第一個例子？？
\[=\sum_{i=1}^x\mu(i)[\frac{x}{i}][\frac{y}{i}]\]

把這一截放回咱們要求的式子裏面去
\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{x}\mu(i)[\frac{x}{i}][\frac{y}{i}]\]
把\(x,y\)仍是寫成原樣吧
\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)[\frac{n}{id}][\frac{m}{id}]\]

是否是\(n/d\)能夠數論分塊
而在計算後面的東西的時候，\(\frac{n/d}{i}\)也能夠數論分塊？？
因此這個時候的複雜度是\(O(n)\)
與之相對應的就是上面Crash的數字表格的\(O(n)\)作法

但是，像下面那個\(O(\sqrt n)\)是怎麼作的呢？

那咱們就繼續推一步
咱們是否是能夠直接對\(\frac{n}{id}\)分塊呢？
因此，咱們設\(T=id\)把\(id\)換一下
\[\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]\]
這個時候，比較關鍵的一步
把\(T\)提出來
\[\sum_{T=1}^n[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})\]
爲何是這個？？
咱們來分析一波
首先每個\(T\)必定對應\([\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]\)
這一項之和\(T\)有關，因此能夠提出來

這個時候考慮對於每個\(T\)，什麼樣的\(i\)和\(d\)會給他產生貢獻呢？
最顯然的一點，\(d\)是\(T\)的一個因數
看到上面的式子，咱們不難發現會貢獻一個\(d\)的什麼東西
後面的是什麼？\(\mu(i)\)
繼續想一想，既然\(T=id\)，咱們枚舉了一個\(T\)，
又知道\(d\)是\(T\)的一個因子了，因此\(i=\frac{T}{d}\)
因此，就有了上面把\(T\)拿出來的式子

前面的東西看起來能夠數論分塊
可是這樣子後面的東西怎麼辦？
不可能\(O(\sqrt n)\)暴力枚舉呀

沒錯，固然不須要暴力枚舉
咱們發現後面的東西也是一個積性函數（由於他是兩個積性函數的狄利克雷卷積）
因此它是能夠線性的篩出來的
到這裏，前面對於\(T\)數論分塊
後面的前綴和能夠\(O(n)\)線性篩預處理出來
此時單次詢問總體的複雜度就是\(O(\sqrt n)\)

對了，不要思想江化
後面那個東西若是不可以直接線性篩
那就不要線性篩了，
只要複雜度容許，暴力篩也是很能夠的

其實，若是咱們繼續觀察，很容易知道一點：
\(\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})=\varphi(T)\)

upd:原來底下的證實是假的，已經刪掉了，這裏用容斥的方法很容易證實，考慮到\(\mu\)是容斥係數就能夠很容易的知道上述式子的組合意義。

咱們知道\((1*\varphi)(i)=i\)
還知道\((1*\mu)(i)=e\)
其中\(1\)是\(f(x)=1\)
\(e\)是\(f(x)=[x=1]\)
\(id\)是\(f(x)=x\)

因此這個東西固然能夠線性篩啦。

莫比烏斯反演差很少就到這裏啦
咱們經歷的複雜度從\(O(n^2)\)的暴力
推一步以後變成了\(O(n)\)
再變成了\(O(\sqrt n)\)

莫比烏斯反演的關鍵步驟也就是兩步
首先是化簡式子，寫成莫比烏斯反演的形式
而後就是怎麼處理前綴和，數論分塊等東西的問題

這些可以解決好，莫比烏斯反演的題目就很好解決啦

Part2線性篩

固然是怎麼各類線性篩東西啦

線性篩最重要的一點：
每一個數必定，也只會，被他的最小質因子給篩到
說白點，好比說\(72=2*2*2*3*3\)
他就會被他的最小質因子給篩到
也就是\(2*36\)時被篩到

因此，通常線性篩若是要存儲其餘的東西來篩的話
必定是記錄最小質因子的東西

大概的寫一下幾個積性函數：

\(\mu\)莫比烏斯函數

這個怎麼篩應該都會吧

\(\varphi\)歐拉函數

怎麼篩應該也很明顯吧。

\(d\)約數個數

這個怎麼篩？
考慮惟一分解定理:
\(x=\prod p_i^{ai}\)
那麼\(d(x)=\prod (ai+1)\)
記錄一下最小質因子的個數
每次就先把原來的除掉，再把\(+1\)後的個數乘上就好啦

\(\sigma\)約數和

仍是惟一分解定理
\(x=\prod p_i^{ai}\)
\(\sigma(x)=\prod (\sum_{j=0}^{ai}p_i^j)\)
記錄一下最小質因子的上面那個式子的和
以及這個因子的\(ai\)次冪
每次也是先除掉再乘上新的

\(a^k\) \(k\)次冪

把這個東西寫進來，只是爲了提醒一下
\(a^k\)這種東西是一個徹底積性函數，也是能夠丟進去篩的

\(inv\)乘法逆元

沒啥，同樣的，乘法逆元也是徹底積性函數
蛤，我知道能夠\(O(n)\)遞推
只是寫一下而已

我比較懶，不想把板子蒯過來
直接把ppl的連接給大家嗷（雖然他的代碼風格我以爲很醜）

Part3杜教篩

來個栗子

線性篩\(O(n)\)複雜度，美滋滋
好的，我知道了
來一個很\(interesting\)的題目？？？

\[求\sum_{i=1}^n\mu(i)的值\]

我固然知道你會線性篩
因此\(n<=10^9\)

杜教篩是蛤？

好比說。。
咱們如今要求一個積性函數\(f(i)\)的前綴和\(S(i)\)
也就是說\(S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\)

如今很很差算呀
怎麼辦？？

這個時候，就來杜教篩套路一波

我再來找個積性函數\(g(i)\)（不知道是啥）
讓\(g\)和\(f\)作一個卷積
\[(g*f)(i)=\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\]
再求一下卷積的前綴和
\[\sum_{i=1}^n(g*f)(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})\]
把\(d\)給提出來
\[\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{d|i}f(\frac{i}{d})\]
\[\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{n/d}f(i)\]
\[\sum_{d=1}^ng(d)S(\frac{n}{d})\]
若是仔細想一想
咱們就會有這個式子：
\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^ng(i)S(\frac{n}{i})-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac{n}{i})\]
前面的東西是狄利克雷卷積
\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(g*f)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac{n}{i})\]
若是狄利克雷卷積的前綴和很是好算的話
那麼咱們就能夠對後面的東西進行數論分塊
而後遞歸計算。
提醒一句：
必定要記憶化，必定要記憶化，必定要記憶化

回到栗子

\(\sum_{i=1}^n\mu(i)\)
把杜教篩的公式套路式子找過來蛤
\[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^n(g*\mu)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac{n}{i})\]
看到了\(\mu\)想一個積性函數，讓他們的狄利克雷卷積前綴和很好算
咱們知道
\[\sum_{d|i}\mu(d)=[i=1]=e\]
也就是說
\[(1*\mu)=e\]
\(e\)的前綴和是啥？
固然是\(1\)了
因此，取\(g(x)=1\)
\[S(n)=1-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i})\]
這樣子的話，首先線性篩出一部分的\(\mu\)的前綴和
而後來一波記憶化搜索美滋滋

再來個栗子把
把上面的\(\mu\)換成\(\varphi\)
咱們仍是知道
\[\sum_{d|i}\varphi(d)=i=id(i)\]
因此，若是是\(\varphi\)的話
就令\(g(x)=1\)
因此，
\[S(n)=\frac{n*(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^nS(\frac{n}{i})\]

多好的套路

可是，不要被套路給套死啦
面對不一樣的函數
必定要考慮清楚\(g\)是啥
好的\(g\)能讓你的程序更加好算