莫比乌斯（Mobius）反演知识整合

前言

　　虽然我去年就已经学过这东西了，但是一直没有整理、归纳。而且我发现我对它的套路不够熟悉、对它的理解不够透彻，卒致GDOIDay2T1没切（详细事故记录戳这里）。所以，在此做一个知识整合。

引子

　　先来看bzoj的一道题：Problem b。

Problem

　　给出n组询问，每组询问给出a、b、c、d、k五个整数，求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k。

Hint

　　100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000

Solution

　　首先，考虑转化一下。既然$Ans=\sum_{x=a}^b \sum_{y=c}^d \delta_{(x,y)k}$（$\delta$为克罗内克函数），那么其实我们可以给a、b、c、d同除以一个k，转化为求$\delta_{(x,y),1}$。
　　考虑设$Ans(n,m)=\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor} \sum_{y=1}^{\lfloor\frac mk\rfloor} \delta_{(x,y)1}$，则原问题的答案=$Ans(b,d)-Ans(a-1,d)-Ans(b,c-1)+Ans(a-1,c-1)$。
　　于是原问题转化为求解$Ans(n,m)$。
　　对于每个询问，都可以用$O(\lfloor \frac bk \rfloor * \lfloor \frac dk \rfloor)$的时间复杂度求出Ans数组，然后计算Ans。
　　然而，这依然不尽人意。
　　考虑设$f(k)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \delta_{(x,y)k}$，先保证n＜m，否则交换。
　　直接计算f(k)很难。
　　那么，再设$g(k)=\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [k|(x,y)]$，即满足k为(x,y)的约数的数对(x,y)的个数，则$g(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} f(k*d)$。
　　g(k)的求解很容易，符合$x=k*x1(1≤x1≤\lfloor \frac nk \rfloor),y=k*y1(1≤y1≤\lfloor \frac mk \rfloor)$的数对(x,y)的个数即为答案。所以$g(k)=\lfloor \frac nk \rfloor*\lfloor \frac mk \rfloor$。
　　然而，我们虽然貌似知道了很多，实际上并没有什么卵用。还有一个至关重要的难题亟待解决：如何用g(k)求解f(k)呢？
　　
　　这时，莫比乌斯反演闪亮登场！

反演

　　反演到底是什么？
　　我觉得这篇博客讲得十分详尽。大意如下：
　　对于一个数列{f}来说，如果我们知道另外一个数列{g}，满足如下条件：

$$g_n=\sum_{i=0}^n a_i*f_i$$

　　反演（inversion）就是利用{g}来表示出{f}：

$$f_n=\sum_{i=0}^n b_i*g_i$$

　　也就是说，反演的原理就是容斥。
　　下面的“莫比乌斯反演的引入”实质上就是反演。当然，如果你做的莫比乌斯反演的题多了，你会发觉，不仅是它，所有的莫比乌斯反演题的解法实质上都是反演。

莫比乌斯反演的引入

　　由于这段东西过于重要，所以不得不写一下。
　　但是，由于这段东西又过于冗长，所以我在网上截了两张图。
　　声明：以下两张图片截图自百度百科。

莫比乌斯函数

　　定义$\mu(n)$为自变量为n（$n \in N*$）时的莫比乌斯函数。若设$n=x1^{a1}*x2^{a2}*x3^{a3}*···*xp^{ap}$，其中$\forall xi$为n的质因子，则$\mu$的取值如下：

$$\mu(n)=\left\{ \begin{aligned} 1 & & n=1 \\ 0 & & ai \in a \land ai>1\\ (-1)^p & & \forall ai=1 \end{aligned} \right.$$

　　也就是说，当n=1时，$\mu(n)=1$；当n有重复质因子时，$\mu(n)=0$；当n无重复质因子时，$\mu(n)=(-1)^p$。
　　因此，$\mu$为积性函数，可通过线筛顺带$O(n)$求出。
　　那么，如何用这个函数求解上面那题呢？
　　性质1：

$$\sum_{d|n} \mu(d)=\left\{ \begin{aligned} 1 & & n=1 \\ 0 & & n>1 \end{aligned} \right.$$

　　这个怎么证明呢？
　　依然设$n=x1^{a1}*x2^{a2}*x3^{a3}*···*xp^{ap}$，再设$d=x1^{b1}*x2^{b2}*x3^{b3}*···*xp^{bp}$。显然，若要d≠0，则须满足$\forall_{bi}≤1$。设有q个bi为1，其余均为0，则可推出：

$$\sum_{d|n}=\binom pq (-1)^q$$

　　这和组合数扯上关系了。可以观察杨辉三角推出性质1，当然，我们也可以更严谨地，通过（被苹果砸死的）牛顿提出的二项式定理推出性质1。
　　性质2：$\mu(n)$是积性函数。
　　这个，看一看积性函数的定义，很显然，就不解释了。

莫比乌斯反演的证明

　　下面的内容也比较重要，但是非常冗长，故贴上两张图片instead of手打：

回到引子

　　重温一下，我们已知下式：

$$g(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} f(k*d)$$

　　现在我们要通过g(k)求出f(k)。
　　通过莫比乌斯反演的变形可知：

$$f(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} g(k*d)*\mu(d)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} \lfloor \frac n{k*d} \rfloor*\lfloor \frac m{k*d} \rfloor*\mu(d)$$

　　设T=k*d，则上式可以变得简洁些：

$$f(k)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac nk \rfloor} \lfloor \frac nT \rfloor*\lfloor \frac mT \rfloor*\mu(d)$$

　　于是，对于每个询问，我们可以用$O(min(\lfloor\frac nk\rfloor,\lfloor\frac mk\rfloor))$的时间复杂度求出f。
　　但还是过不了。
　　这时，我们考虑祭上莫比乌斯反演的又一强力套路：

分块

　　首先，我们知道，$\lfloor\frac nT\rfloor$这东西是只有$1 \sim \sqrt n$这$\sqrt n$种取值的；同理，$\lfloor\frac mT\rfloor$也只有$\sqrt m$种取值。
　　想象在一条直线上，$\lfloor\frac nT\rfloor$和$\lfloor\frac mT\rfloor$的每一种取值都映射成该条直线上的一点，那么至多会有$\sqrt n + \sqrt m$个点。以最左最右两点取闭区间，则这个闭区间可视作一条线段，且此线段被它身上的$\sqrt n + \sqrt m$个点分成$\sqrt n + \sqrt m -1$条子线段。
　　这些子区间内的$\lfloor\frac nT\rfloor$和$\lfloor\frac mT\rfloor$的取值都是分别相同的，所以可以考虑一起计算。
　　那么，考虑预处理出$\mu$的前缀和，然后对于每种不同的$\lfloor\frac nT\rfloor$和$\lfloor\frac mT\rfloor$段分别计算一下即可。
　　于是，计算f的时间复杂度就被缩减为$O(\sqrt n + \sqrt m)$。

例题

　　当然，除过bzoj的Problem b，还是有不少简单的莫比乌斯反演题滴。
　　bzoj上的DZY loves Math（也即jzoj上的Wyx）、bzoj上的于神之怒加强版（也即jzoj上的于神之怒）都是比较经典的莫比乌斯反演，套路大致相同。
　　山东省选2015第一轮第一试的约数个数和（英文divisor，jzoj上也有）则是一道比较有思维难度的题，还要转换一下式子。

特点

• 题目大意都比较简洁明了
• 要求的答案都和gcd脱不了干系
• 画风比较诡异
• 要推很多很多、很长很长的式子，因而会蚕食你一页多的草稿纸
• 一般出现在省选Day2T1

要点

• 第零步：牢记莫比乌斯反演的几种变化形式
• 第一步：将含有gcd的项移到后面，利用莫比乌斯函数的性质1将其转化成$\sum_{d|k} \mu(d)$
• 第二步：将含有$\mu$的项移到前面，突破僵局，利用等差数列等公式拆掉后面的几个$\sum$
• 第三步：看到式子被化简成一重循环的时候，就可以上分块了

压轴大戏——谈笑风生

　　不要以为我要谈笑风生，我说的是GDOIDay2T1。

Problem

　　给定一个N个点、M条边的图，点i的点权为a[i]。对于边$u \to v$，其边权$len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} \delta_{(i,j)1}*(i+j)$，即经过这条边要花len秒。小熊维尼一开始在点1，他想在T秒内走到点n，而他能花P点能量使所有边的边权减少P且不能减至0。求最少需要花费多少能量才能在T秒内到达，以及在此前提下，最少要花费多少秒。

Hint

Solution

　　比赛时我看了一会，发现这道题是两道题拼起来的题：求解边权+二分spfa。
　　那么，二分spfa谁都会打，关键就在于求解边权了。
　　However，在比赛时我并没有想到正解，甚至连莫比乌斯反演也没有想多久。
　　下面现场推一波式子：

$$len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} \delta_{(i,j)1}*(i+j)$$

　　设a[u]＜a[v]，不满足则交换。
　　根据莫比乌斯函数的性质1，可将$\delta_{(i,j)1}$这个东西改换一下：

$$len=\sum_{i=1}^{a[u]} \sum_{j=1}^{a[v]} (i+j) * \sum_{x|(i,j)} \mu(x)$$

　　考虑将后面的$\sum_{x|(i,j)} \mu(x)$挪到前面，然后用i、j枚举x的倍数：

$$len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} x*(i+j)$$

　　瞄到后面有一个x，果断将其挪到前面：

$$len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} (i+j)$$

　　考虑将后面的i、j分开处理，分别计算它们出现的次数，于是可以推出下式：

$$len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* [ ( \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor} i * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor ) + ( \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor} j * \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor) ]$$

　　运用等差数列求和公式可以拆掉后面的两个$\sum$：

$$len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* ( \frac{\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor * (1+\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor)}2 * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor + \frac{\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor * (1+\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor)}2 * \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor)$$

　　我们发现后面要相加的冗长式子有公因式，于是合并同类项：

$$len=\sum_{x=1}^{a[u]} \mu(x)*x* \frac{ \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor * \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor * ( 2 + \lfloor \frac{a[u]}x \rfloor + \lfloor \frac{a[v]}x \rfloor ) }2$$

　　前面的$\mu(x)*x$可以预处理前缀和。
　　后面的式子，我们发现它的取值只与$\lfloor \frac{a[u]}x \rfloor$和$\lfloor \frac{a[v]}x \rfloor$有关，而它们至多只有$\sqrt{a[u]}+\sqrt{a[v]}$种不同取值，于是可以分块处理。
　　时间复杂度：线筛求$\mu(x)O(max\{ai\})$，预处理前缀和$O(max\{ai\})$，计算每条边边权$O(\sum_{i=1}^M \sqrt{a[u_i]} + \sqrt{a[v_i]})$，二分最短路$O(log_2max\{len\} * 最短路复杂度)$。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define ll long long
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
const int N=1e4+1,M=N<<2,A=1e5;
int i,j,mu[A+1],cnt,prime[A+1],x;
bool p[A+1];
ll sum[A+1];
void init()
{
    memset(p,1,sizeof p);
    mu[1]=sum[1]=1;
    fo(i,2,A)
    {
        if(p[i]){prime[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
        for(j=1;j<=cnt&&(j==1||i%x)&&i*(x=prime[j])<=A;j++)
        {p[i*x]=0;mu[i*x]=i%x?-mu[i]:0;}
        sum[i]=sum[i-1]+(ll)mu[i]*i;
    }
}

int n,m,a[N],u,v;
ll T,Len;
void Mobius(ll n,ll m)
{
    if(n>m)swap(n,m);
    ll i=1,j,ni,mi;Len=0;
    while(i<=n)
    {
        j=min(n/(ni=n/i),m/(mi=m/i));
        Len+=(sum[j]-sum[i-1])*ni*mi*(2+ni+mi)>>1;
        i=j+1;
    }
}
int tot,tov[M],next[M],last[N];
ll len[M],maxP;
inline void link(int x,int y)
{
    tov[++tot]=y;
    len[tot]=Len;
    next[tot]=last[x];
    last[x]=tot;
}
void scan()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
    fo(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    if(n==1){printf("0 0");exit(0);}
    fo(i,1,m)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        Mobius(a[u],a[v]);
        maxP=max(maxP,Len);
        link(u,v);
        link(v,u);
    }
}

int y,head,tail,que[A*10];
ll dis[N];
bool exist[N];
inline ll calc(ll P){return max(len[i]-P,0ll);}
ll spfa(ll P)
{
    memset(dis,127,sizeof dis);
    head=dis[que[tail=1]=1]=0;
    memset(exist,0,sizeof exist);exist[1]=1;
    while(head<tail)
    {
        x=que[++head];
        for(i=last[x];i;i=next[i])
            if(dis[y=tov[i]]>dis[x]+calc(P))
            {
                dis[y]=dis[x]+calc(P);
                if(!exist[y])
                {
                    exist[que[++tail]=y]=1;
                    if(dis[que[head+1]]>dis[y])swap(que[head+1],que[tail]);
                }
            }
        exist[x]=0;
    }
    return dis[n];
}
void Bsort()
{
    ll l=0,r=maxP,mid;
    while(l<r)
    {
        mid=l+r>>1;
        if(spfa(mid)<=T)
                r=mid;
        else    l=mid+1;
    }
    printf("%lld %lld",l,spfa(l));
}

int main()
{
    freopen("magic.in","r",stdin);
    freopen("magic.out","w",stdout);
    init();
    scan();
    Bsort();
}