ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛 D. Easy Math(递归式+杜教筛)

Given a positive integers nnn , Mobius function$\mu (n)$ is defined as follows:

$$\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& n=p_1{p}_2\cdots p_k\\ 0& other\end{array}$$

$pi(i=1,2,\cdots ,k)p_i(i=1,2,\cdots ,k)$are different prime numbers.

Given two integers mmm, nnn, please calculate ${\sum }_{i=1}^m\mu (in)$ .

Input

One line includes two integers m(1≤m≤2e9)m (1 \le m \le 2e9)m(1≤m≤2e9), n(1≤n≤1e12)n (1 \le n \le 1e12)n(1≤n≤1e12) .

Output

One line includes the answer .

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题意

给你n和m求解$$\sum _{i=1}^m\mu (in)$$其中$\mu$为莫比乌斯函数

思路

先考虑n为含有平方因子的情况会发现，每一个i*n之后$\mu (in)$都会为0，所以特判一下
再考虑n不含有平方因子，那么n一定可以拆成$n=p_1{p}_2{p}_3{p}_4\cdots p_i$
我们令$$S(m,n)=\sum _{i=1}^m\mu (in)$$然后现在考虑$n$的一个素因子$d$，$d$可以是$n$的任意一个素因子，那么肯定有$\frac{n}{d}$和$d$互质，我们将n分解
$$\sum _{i=1}^m\mu (in)=\sum _{i=1}^m\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\cdot d\right)$$
其中$d$和$\frac{n}{d}$一定是互质的，那么剩下就是考虑$d$和$i$的关系
$[1,m]$中的数和$d$只会有两种可能互质和不互质的，由于$\mu ()$为积性函数，那么若$i$与$d$互质就会有$\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\cdot d\right)=\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\right)\mu \left(d\right)$
$$\sum _{i=1}^m\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\cdot d\right)$$
$$\sum _{i=1}^m\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\right)\mu \left(d\right)=-\sum _{i=1}^m\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\right)$$
由于$\mu (d)$为单素数他的值肯定为$-1$，思考这个式子与原式的关系，会发现实际上多减了一个$i$与$d$不互质的部分，那我们给他加回去$i$与$d$不互质的部分就可以了，那现在考虑一下$[1,m]$中与素数$d$不互质的数是那些，就是$[1,m]$中$d$的倍数，只要从1枚举到$\frac{m}{d}$就可以了
$$\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}\mu (i\cdot d\cdot \frac{n}{d})=\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}\mu (in)$$就好了，总结一下就是
$$\sum _{i=1}^m\mu (in)=-\sum _{i=1}^m\mu \left(i\cdot \frac{n}{d}\right)+\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}\mu (in)$$
也就是
$$S(m,n)=-S(m,\frac{n}{d})+S(\frac{m}{d},n)$$
有了这个递归方程，我们每次只要找到当前的n的一个素因子就可以递归下去了，递归到$S(0,n)=0和S(m,1)$
$$S(m,1)=\sum _{i=1}^m\mu (i)$$
由于m还是比较大，所以我们得用杜教筛来求莫比乌斯函数的前缀和，杜教筛可以在$O(n^{\frac{2}{3}})$求出前缀和
这类积性函数的n倍(n为非平方因子数)求和的都有类似的式子若$f(i)$为积性函数则有
$$\sum _{i=1}^{m}f(in)=f(d)\sum _{i=1}^{m}f\left(i\cdot \frac{n}{d}\right)+\sum _{i=1}^{\frac{m}{d}}f(in)$$

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=10000000;
long long prime[1000000],num;
int vst[maxn+5],miu[maxn+5],mu_n;
inline void Pre()
{
    miu[1]=1;
    for (int i=2; i<=maxn; i++)
    {
        if (!vst[i]) prime[++num]=i,miu[i]=-1;
        for (int j=1; j<=num && (ll)i*prime[j]<=maxn; j++)
        {
            vst[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            miu[i*prime[j]]=miu[i]*miu[prime[j]];
        }
    }
    for (int i=1; i<=maxn; i++) miu[i]+=miu[i-1];
}
unordered_map S;
inline int Sum(ll n)
{
    if (n<=maxn) return miu[n];
    if (S.find(n)!=S.end()) return S[n];
    int tem=1;
    ll l,r;
    for (l=2; l*l<=n; l++) tem-=Sum(n/l);
    for (ll t=n/l; l<=n; l=r+1,t--)
    {
        r=n/t;
        tem-=(r-l+1)*Sum(t);
    }
    return S[n]=tem;
}
long long f(long long m,long long n)
{
    if(m==0) return 0;
    if(n==1) return Sum(m);
    int flag=1;
    for(int i=1; prime[i]*prime[i]<=n; i++)
    {
        if(n%prime[i]==0)
        {
            flag=0;
            return -f(m,n/prime[i])+f(m/prime[i],n);
        }
    }
    if(flag)
    {
        return -f(m,n/n)+f(m/n,n);
    }
}
int judge(long long n)
{
    for(int i=1; prime[i]*prime[i]<=n; i++)
    {
        if(n%prime[i]==0)
        {
            int cnt=0;
            while(n%prime[i]==0)
            {
                n/=prime[i];
                cnt++;
            }
            if(cnt>=2)
            {
                return 0;
            }
        }
    }
    return 1;
}
int main()
{
    Pre();
    long long m,n;
    scanf("%lld%lld",&m,&n);
    if(!judge(n))
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    long long ans=f(m,n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}