HYSBZ 2818 (莫比乌斯反演)

感觉这道题很不错，莫比乌斯反演学习的是这篇博客：ACdreamers。
正好是里面的例题可以加深理解。

设 f(d) 为 d=gcd(x,y) 满足的对数。
设 F(d) 为 d|gcd(x,y) 满足的对数。 F(d)=⌊nd⌋∗⌊nd⌋

F(x)=∑x|df(d)

f(x)=∑x|dμ(dx)F(d)

ans=∑p∑p|dμ(dp)F(d)

ans=∑p∑p|dμ(dp)∗⌊nd⌋∗⌊nd⌋

ans=∑d⌊nd⌋∗⌊nd⌋∗∑p|dμ(dp)

预处理出 ∑p|dμ(dp) ，然后 o(n) 复杂度内搞定，如果用分块加速+前缀和，那么复杂度会降到 o(n−−√) 。我上一篇博客有介绍。

设 sum(d)=∑p|dμ(dp)
这里比较特殊的是 p 是质数。在素数筛法中 sum(d∗p) 这个值如果快速更新?

当 p|d 时： sum(d∗p)=μ(d) 。
当 p 不能整除 d 时： sum(d∗p)=μ(d)−sum(d)

o(n)复杂度算出了 sum(x) 值。

总的复杂度就是 o(n)

代码：

#include 
#define LL long long
#define FOR(i,x,y)  for(int i = x;i < y;++ i)
#define IFOR(i,x,y) for(int i = x;i > y;-- i)

using namespace std;

const int maxn = 10000010;

int prime[maxn],mu[maxn],sum[maxn];
bool check[maxn];

void Mobius(){
    memset(check,false,sizeof(check));
    mu[1] = 1;
    prime[0] = 0;
    FOR(i,2,maxn){
        if(!check[i]){
            mu[i] = -1;
            sum[i] = 1;
            prime[++prime[0]] = i;
        }
        FOR(j,1,prime[0]+1){
            if(i*prime[j] >= maxn)  break;
            check[i*prime[j]] = true;
            if(i % prime[j]){
                mu[i*prime[j]] = -mu[i];
                sum[i*prime[j]] = mu[i] - sum[i];
            }
            else{
                mu[i*prime[j]] = 0;
                sum[i*prime[j]] = mu[i];
                break;
            }
        }
    }
}

int n;

void work(){
    LL ans = 0;
    FOR(i,2,n+1){
        ans += (LL)(n/i)*(LL)(n/i)*sum[i];
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    //freopen("test.in","r",stdin);
    Mobius();
    while(~scanf("%d",&n)){
        work();
    }
    return 0;
}