bzoj2818 GCD（莫比乌斯反演）

别说这么水的题居然还有人写博客。不是我水博客，是这种推式子的题没有latex我根本推不出来。

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题意

求$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N[gcd(i,j)\in \mathbb{P}],N\le 10^7$$

题解

推式子，首先枚举$p$

$$\sum _{p\in \mathbb{P},p\le N}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

拿出莫比乌斯函数

$$\sum _{p\in \mathbb{P},p\le N}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

套路，枚举$d$

$$\sum _{p\in \mathbb{P},p\le N}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{N}{pd}{\rfloor }^2$$

再套路，枚举$T=pd$

$$\sum _{T=1}^N\lfloor \frac{N}{T}{\rfloor }^2\sum _{p|T,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{T}{p})$$

设$f(T)={\sum }_{p|T,p\in \mathbb{P}}\mu (\frac{T}{p})$，尝试求$f$的递推式。

考虑套用线性筛求积性函数的方法，发现（p是质数）

$$\{\begin{array}{rlr}& f(p)=1& (1)\\ & f(i\cdot p)=\{\begin{array}{rlrl}& -f(i)+\mu (i),& p\nmid i& (2)\\ & \mu (i),& p\mid i& (3)\end{array}& \end{array}$$

理解很简单，首先自变量是质数的时候$f(p)=\mu (1)=1$，

然后当$p\nmid i$时，对所有$i$的质因子$d$，贡献由$\mu (\frac{i}{d})$变成了$\mu (\frac{i\cdot p}{d})$，因为p不是i的质因子，所以$\mu (\frac{i\cdot p}{d})=-\mu (\frac{i}{d})$，然后还要再多枚举一个新的质数p，加上$\mu (\frac{i\cdot p}{p})=\mu (i)$。

当$p\mid i$时，多了一个质因子使得部分莫比乌斯函数变成0，$f(i\cdot p)={\sum }_{d|i,d\in \mathbb{P},d≠p}\mu (\frac{i\cdot p}{d})+\mu (i)=0+\mu (i)$

所以这题$O(n)$递推解决。

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7 + 1;
int n, mu[N], p[N], pn, f[N];
bool vis[N];
LL ans;

void init()
{
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++ i){
		if (!vis[i]){
			p[++pn] = i;
			mu[i] = -1;
			f[i] = 1;
		}
		for (int j = 1; j <= pn; ++ j){
			if (1LL * p[j] * i > n) break;
			vis[p[j]*i] = 1;
			if (i % p[j] == 0){
				mu[i*p[j]] = 0;
				f[i*p[j]] = mu[i];
				break;
			}
			else{
				mu[i*p[j]] = -mu[i];
				f[i*p[j]] = -f[i] + mu[i];
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		ans += 1LL * (n/i) * (n/i) * f[i];
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	init();
	printf("%lld\n", ans);
}