Easy Math(2018 ACM-ICPC 徐州赛区网络赛 D)

Problem Description

Given a positive integers n , Mobius function μ(n) is defined as follows:

\displaystyle \mu(n) = \begin{cases} 1 &n = 1 \\ (-1)^k & n = p_1p_2\cdots p_k \\ 0 &other \end{cases}

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

Given two integers mm, nn, please calculate \sum_{i = 1}^{m} \mu(in)

Input

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

Output

One line includes the answer .

Sample Input

2 2

​​​​​​​Sample ​​​​​​​Output

-1

题意:已知莫比乌斯函数,求 \sum_{i = 1}^{m} \mu(in)

思路:杜教筛

首先考虑 n 是否含平方因子,若 n 含有平方因子,那么根据莫比乌斯函数,每一项的 u(in) 均为 0,结果直接为 0

再考虑 n 不含平方因子,此时,每一个 n 都可以拆成 n = p_1p_2\cdots p_k

设 S(m,n)=\sum_{i=1}^mu(in)为答案

考虑 n 的一个素因子 d,由于此时的 n 不含平方因子,那么 n/d 与 d 一定是互质的,那么有: \sum_{i=1}^mu(in)=\sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d}*d)

由于莫比乌斯函数 u(n) 是一个积性函数,且 n/d 与 d 是互质的,那么只需要考虑 d 和 i 关系,对于 [1,m] 中的数 i 和 d 只有两种可能:互质、不互质

若 i 与 d 互质,则有:\sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d}*d)=\sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d})u(d),由于 d 是素数,因此 u(d)=-1,故 \sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d})u(d)=-\sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d})

可以发现,这个式子与原式相比,多减去了一个 i 与 d 不互质的部分,因此还要加回去

考虑 [1,m] 中与 d 不互质的数,即为 [1,m] 中 d 的倍数,因此,只需要从 1 枚举到 m/d 即可,即有:\sum_{i=1}^{d|m}u(i*\frac{n}{d}*d)=\sum_{i=1}^{d|m}u(in)

因此,最终答案即为 S(m,n)=\sum_{i=1}^mu(in)=-\sum_{i=1}^mu(i*\frac{n}{d})+\sum_{i=1}^{d|m}u(in)

即:S(m,n)=-S(m,\frac{n}{d})+S(\frac{m}{d},n)

由于 m 十分大,因此要利用杜教筛来求前缀和,然后进行递归求值即可

值得注意的是,这类积性函数 f(x) 的 n 倍的求和都有类似的式子:\sum_{i=1}^mf(in)=f(d)\sum_{i=1}^mf(i*\frac{n}{d})+\sum_{i=1}^{d|m}f(in)

Source Program

#include
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#define EPS 1e-9
#define PI acos(-1.0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define Pair pair
const int MOD = 1E9+7;
const int N = 10000000+5;
const int dx[] = {1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[] = {0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
using namespace std;

bool bprime[N];
LL mu[N],sum[N];
LL cnt,prime[1000000];

void getMu(LL n){//线性筛求莫比乌斯函数
    cnt=0;
    mu[1]=1;//根据定义,μ(1)=1
    memset(bprime,false,sizeof(bprime));

    for(LL i=2;i<=n;i++){//求2~n的莫比乌斯函数
        if(!bprime[i]){
            prime[++cnt]=i;//存储质数
            mu[i]=-1;//i为质数时,μ(1)=-1
        }
        for(LL j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){//枚举i之前的素数个数
            bprime[i*prime[j]]=true;//不是质数
            if(i%prime[j])//i不是prime[j]的整数倍时,i*prime[j]就不会包含相同质因子
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];//mu[k]=mu[i]*mu[prime[j]],因为prime[j]是质数,mu值为-1
            else{
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;//留到后面再筛
            }
        }
    }

    for(LL i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
#include
tr1::unordered_map w;
LL djSumMu(LL x) {
    if(x<=10000000)
        return sum[x];
    if(w.find(x)!=w.end())
        return w[x];
    LL ans=1;
    for(LL l=2,r; l>=0&&l<=x; l=r+1) {
        r=x/(x/l);
        ans-=(r-l+1)*djSumMu(x/l);
    }
    return w[x]=ans;
}
bool judge(LL n){
    for(LL i=1;prime[i]*prime[i]<=n;i++){
        if(n%prime[i])
            continue;
        n/=prime[i];
        if(n%prime[i]==0)
            return true;
    }
    return false;
}
LL F(LL n,LL m) {
    if(n==1)
        return djSumMu(m);
    if(m==0)
        return 0;
    if(judge(n))
        return 0;

    LL temp=n;
    for(LL i=1; prime[i]*prime[i]<=n; i++) {
        if(n%prime[i]==0) {
            temp=prime[i];
            break;
        }
    }
    return F(n,m/temp)-F(n/temp,m);
}
int main() {
    getMu(10000000);

    LL n,m;
    scanf("%lld%lld",&m,&n);
    if(judge(n))
        printf("0\n");
    else{
        LL res=F(n,m);
        printf("%lld\n",res);
    }
    return 0;
}

 

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