容斥原理/莫比乌斯反演破译密码
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了容斥原理/莫比乌斯反演破译密码相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
重学了一下莫反，感觉收获了好多。（
原来你还记得自己学过莫反）
原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/217/
题目描述：
达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数 a,b 和 d，有多少正整数对 x,y，满足 x≤a，y≤b，并且 gcd(x,y)=d。作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。
我们分析一下，题目很明了，要求的就是
g
c
d
(
x
,
y
)
=
d
gcd(x , y) = d
gcd(x,y)=d的个数，转化一下：
x
′
=
x
/
d
,
y
′
=
y
/
d
[
g
c
d
(
x
,
y
)
=
d
]
=
[
g
c
d
(
x
′
,
y
′
)
=
1
]
x' = x / d , y' = y / d\\\\ [gcd(x , y) = d] = [gcd(x' , y') = 1]\\\\
x′=x/d,y′=y/d[gcd(x,y)=d]=[gcd(x′,y′)=1]
这两个是等价的，但是看的时候我还是愣了一下(还是比较笨的)，但是仔细思考下，感觉还是很容易证明的。
证明：
首先，x , y 的最大公约数是d，那么我们除去最大公约数，两个数就互质了，这个毋庸置疑，对于每个 g c d ( x , y ) = d gcd(x , y) = d gcd(x,y)=d都如此操作，那么可以证明，这两个的数量是一一对应的。
(这么显然，我还要思考一会，真滴笨！OVQ)
那么我们的问题转化为：
x
≤
a
/
d
x \\le a/d
x≤a/d ,
y
≤
b
/
d
y \\le b/d
y≤b/d ，
g
c
d
(
x
,
y
)
=
1
gcd(x , y)= 1
gcd(x,y)=1的个数，我们考虑容斥原理：互质的数 = 总数 - 不是互质的数,
总数很容易，
a
′
=
a
/
d
,
b
′
=
b
/
d
a' = a / d , b' = b / d
a′=a/d,b′=b/d ， 那么总数就是
a
′
∗
b
′
a' * b'
a′∗b′，下面分析下我们要减去的不互质的数：
∑
i
=
2
m
i
n
(
a
,
b
)
[
a
′
i
]
∗
[
b
′
i
]
∗
m
o
b
i
u
s
[
i
]
∑^{min(a,b)}_{i=2} [\\frac{a'}{i}]∗[\\frac{b'}{i}]∗mobius[i]
i=2∑min(a,b)[ia′]∗[ib′]∗mobius[i]
式子上午看的，人是上午没的，我直接喵喵喵？？ 愣了一会，发现显然(我是笨比).
证明：
我们要减去的是什么呢？是不互质的数，不互质数是什么呢？是最大公因数不为1的数，不为1，那可以为几呢？不是1就行（废话），我们枚举最大公因数不为1的个数即可。枚举每一个可能的最大公因数，并且计算个数。
当最大公因数是只有一个质因子的时候，我们可以列出：
[
a
′
2
]
∗
[
b
′
2
]
+
[
a
′
3
]
∗
[
b
′
3
]
+
.
.
.
.
.
[\\frac{a'}{2}] * [\\frac{b'}{2}] + [\\frac{a'}{3}] * [\\frac{b'}{3}] + .....
[2a′]∗[2b′]+[3a′]∗[3b′]+.....
最大公因数是2的两对数，实际上就等2的倍数个数相乘， 这两个个数是等同的，同理3也是，但是我们要考虑重复的情况，如6，我们2，3，都枚举了一次，那么会重复，根据容斥原理，我们要减去，最后我们发现，其实符号就是
M
o
b
i
u
s
Mobius
Mobius函数（这个证明是显然的）。以此类推，枚举到
a
′
a'
a′和
b
′
b'
b′中较小的就可以了，因为大于较小的，则式子为0，我们就能推出上面的式子了。(被自己蠢哭了)
那么答案呼之欲出：
a
′
b
′
+
∑
i
=
2
m
i
n
(
a
,
b
)
[
a
′
i
]
∗
[
b
′
i
]
∗
m
o
b
i
u
s
[
i
]
a'b' + ∑^{min(a,b)}_{i=2} [\\frac{a'}{i}]∗[\\frac{b'}{i}]∗mobius[i]\\\\
a′b′+i=2∑min(a,b)[ia′]∗[ib′]∗mobius[i]
我们把这玩意合体一下
∑
i
=
1
m
i
n
(
a
,
b
)
[
a
′
i
]
∗
[
b
′
i
]
∗
m
o
b
i
u
s
[
i
]
∑^{min(a,b)}_{i=1} [\\frac{a'}{i}]∗[\\frac{b'}{i}]∗mobius[i]
i=1∑min(a,b)[ia′]∗[ib′]∗mobius[i]
然后我们发现，高兴的还是有点早，每次都是 O ( n ) O(n) O(n)，总体是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，时间复杂度很大，我们忍受不了。
然后神奇的东西就出现了，我们称之为 “优雅的暴力——分块”。
下面来分析下分块，这个还好！没怎么卡。
首先，我们发现式子里面有很多取整，那么实际上数据应该是一段一段的，我们就可以考虑通过这点来加速，既然这一段都是一样的，我们直接一段一段的算，发现效率可观，可以达到 O ( n n ) ) O(n\\sqrt{n}) ) O(nn)),下面写下分块的原理，我们定义一个 get(x) 函数，这个函数和lowbit函数一样，虽然短小，但是精悍，他主要做的事是：传回当前一样的一段中，下标最大的那个，也就是 a g e t ( x ) + 1 \\frac{a}{get(x) + 1} get(x)+1a就会变小。
int get(int n , int x) {
return n / (n / x);
}
我们说这玩意想着就是一段一段的，那么到底多少呢？答案是: 2 a 2\\sqrt{a} 2a
证明： 我们把1到n分成：1到 a \\sqrt{a} a和 a + 1 \\sqrt{a} + 1 a+1到 n n n,我们发现 a 1 ∼ a \\frac{a}{1 \\sim \\sqrt{a}} 1∼aa，只有 a \\sqrt{a} a