莫比乌斯反演1001 BZOJ 2818 莫比乌斯反演例题

题意：
给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对.
思路:
可以欧拉函数解,比较简单,为了练习一下莫比乌斯反演
很多解释都在代码里面了,这道题基本上就是例题…

/*

*/
#include
#include
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#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&(-x))
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
const int inf=(1<<28)-1;
#define maxp 10000005
bool notprimes[maxp];
int primes[maxp];
int mu[maxp];
LL Sum[maxp],Pre[maxp];
void get_mu()
{
    memset(notprimes,false,sizeof(notprimes));
    primes[0]=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;iif(!notprimes[i])
        {
            primes[++primes[0]]=i;
            Sum[i]=1;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=primes[0];++j)
        {
            if((LL)primes[j]*i>=maxp) break;
            notprimes[i*primes[j]]=true;
            if(i%primes[j])
            {
                mu[i*primes[j]]=-mu[i];
                Sum[i*primes[j]]=mu[i]-Sum[i];
                //T=i的时候,Sum[T]=Sum[i]
                //当为T再加上一个与之前不重复的素因子成为T1
                //Sum[T1]=∑(p|T1,mu[T1/p])=∑(p|T,-mu[T/p]) + mu[T]
                //之所以取负数,因为mu[T],对T进行素因子分解以后都是互异素数时
                //mu[T]=(-1)^k   k是素数的个数,素数加了一个,所以取反
                //再加上多加一个素数后会多一个mu[T]就是Sum[T1]
            }
            else
            {
                mu[i*primes[j]]=0;
                Sum[i*primes[j]]=mu[i];
                //这里分两种情况 T=i T1=i*primes[j]
                //1. T=p1 * p2 * p3 * p4 * ... pk  
                //此时∑(p|T1,mu[T1/p]),p=primes[j]的时候mu[T]=Sum[T1]=(-1)^k
                //2. T=p1^2 * p2 * p3 * p4 * ... pk
                //此时不论p是什么,对T1/p就行质因子分解后都不会存在所有素数互异的情况 
                break;//代表i不是素数,mu[i*primes[j]]必然是0 
            }
        }
    }
}
int main()
{
    get_mu();
    Pre[0]=0;
    for(int i=1;i1]+Sum[i];
    /*for(int i=1;i<=4;++i)
        printf("%d ",Sum[i]);printf("\n");*/
    int n;
    scanf("%d",&n);
    LL Ans=0;
    int last;
    for(int i=1;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        //这里是莫比乌斯反演的题目里经常用到的分块加速
        //因为很多情况下我们都会用到下面这个式子
        //但是我们发现有些连续的数(n/i)都是一样的
        //我们就可以通过前缀来把它们一起求出来
        //假设n==9
        //i=1->i=2->i=3->i=4->i=5->i=10
        //因为5~9的n/i==1所以直接一起求出来  
        Ans+=(LL)(n/i)*(n/i)*(Pre[last]-Pre[i-1]);
    }
    printf("%lld\n",Ans);
    return 0;
}