莫比乌斯反演

莫比乌斯反演在数论中占有重要的地位，许多情况下能大大简化运算。那么我们先来认识莫比乌斯反演公式。

 

定理：和是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件，那么我们得到结论

 

     

 

在上面的公式中有一个函数，它的定义如下：

 

    （1）若，那么

    （2）若，均为互异素数，那么

    （3）其它情况下

 

 

对于函数，它有如下的常见性质：

 

    （1）对任意正整数有

  

                           

 

        （2）对任意正整数有

 

        

 

线性筛选求莫比乌斯反演函数代码。

void Init()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2; i

 

有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。

 

证明

 

 

证明完毕！

 

嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。

 

 

题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818

 

题意：给一个正整数，其中，求使得为质数的的个数，。

 

分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数，只

     需要求在区间中，满足有序对互质的对数。

 

     也就是说，现在问题转化为：在区间中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，因为

     是有序对，不妨设，那么我们如果枚举每一个，小于有多少个与互素，这正是欧拉函数。所以

     我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？

     是且为素数的情况，再加上就行了。

 

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000010;

bitset prime;
LL phi[N];
LL f[N];
int p[N];
int k;

void isprime()
{
    k = 0;
    prime.set();
    for(int i=2; i>= 1;
    for(int i=3; i

 

嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就可以搞定，接下来我们来看看它的升级版。

 

题意：给定两个数和，其中，，求为质数的有多少对？其中和的范

     围是。

 

分析：本题与上题不同的是和不一定相同。在这里我们用莫比乌斯反演来解决，文章开头也说了它能大大简化

     运算。我们知道莫比乌斯反演的一般描述为：

 

    

 

     其实它还有另一种描述，本题也是用到这种。那就是：

 

     

 

     好了，到了这里，我们开始进入正题。。。

 

     对于本题，我们设

 

     为满足且和的的对数

     为满足且和的的对数

 

     那么，很显然，反演后得到

 

     因为题目要求是为质数，那么我们枚举每一个质数，然后得到

 

    

 

     如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。

 

     我们设，那么继续得到。

 

     到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的对应的的值，那么本题就解决了。

 

     我们设，注意这里为素数，。

 

     那么，我们枚举每一个，得到，现在分情况讨论：

 

     （1）如果整除，那么得到

 

      

 

     （2）如果不整除，那么得到

 

       

 

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;

bool vis[N];
int p[N];
int cnt;
int g[N],u[N],sum[N];

void Init()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    u[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2;i>n>>m;
        if(n > m) swap(n,m);
        LL ans = 0;
        for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
        {
            last = min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
        }
        cout<