BZOJ2818 Gcd[莫比乌斯反演]

E - Gcd

对应的设

( d=k*j [k>=1]   因为总是忘记整除左大还是右大)

F(j)我们可以很容易求出来，就是

，因为 F(j) 代表在 n 里面所有 gcd(x,y)=i 其中 i 是 j 的倍数的所有情况。

那么反过来就是 

，但是我们不单单只是求 f(i) 单项，而是求 n 里面 gcd(x,y)=素数的情况。

那么最终结果就是 

( p 代表在 n 内的所有素数)。

将刚才的式子带进去，就变成 

，这个题给的时间，用这个式子完全可以暴力算出来了。

那么这意味着，只要我们能求出

就能把枚举 n 内的每个素数的所有倍数，变为枚举 1 到 n 的所有数了。

式子将变成这样

 (因为 1 并不是素数的倍数，所以从2开始)

那么这意味着 第二项的求和式当中，除了当 p = prim[j] 这一项以外，其他的数，都会其中一个素因子的指数为2以上，就代表着该数的 μ的值为0，仅存在

有可能有值，那么T(d*prim[j])=μ(d)

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
bool mark
;
int prim
,mu
,smu
;
int cnt;
void initial()
{
cnt=0;
smu[1]=mu[1]=1;
for (int i=2 ; i<N ; ++i)
{
if (!mark[i])
{
prim[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for (int j=0 ; j<cnt && i*prim[j]<N ; ++j)
{
mark[i*prim[j]]=1;
if (!(i%prim[j]))
{
mu[i*prim[j]]=0;
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
}

}
int main()
{
initial();
int n;
while (~scanf("%d",&n))
{
ll ans=0;
for (int i=0 ; i<cnt && prim[i]<=n ; ++i)
for (int j=1 ; j*prim[i]<=n ; ++j)
ans+=(ll)mu[j]*(n/(j*prim[i]))*(n/(j*prim[i]));
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
bool mark
;
int prim
,mu
,T
,st
;
int cnt;
void initial()
{
cnt=0;
mu[1]=1;
T[1]=st[1]=0;
for (int i=2 ; i<N ; ++i)
{
if (!mark[i])
{
prim[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
T[i]=mu[1];
}
for (int j=0 ; j<cnt && i*prim[j]<N ; ++j)
{
mark[i*prim[j]]=1;
if (!(i%prim[j]))
{
mu[i*prim[j]]=0;
T[i*prim[j]]=mu[i];
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
T[i*prim[j]]=mu[prim[j]]*T[i]+mu[i];
}
st[i]=st[i-1]+T[i];
}
}
int main()
{
initial();
int n;
while (~scanf("%d",&n))
{
ll ans=0;
for (int i=2,ed=0 ; i<=n ; i=ed+1)
{
ed=n/(n/i);
ans+=(ll)(st[ed]-st[i-1])*(n/i)*(n/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}