莫比乌斯反演
思想：不直接求解，用一个序列把另一个序列表示出来。
定义 f(n)和g(n)是在正整数集合上的两个函数，如果有：
那么：
其中：
若，那么
若，任意两个不同
和
的为互异素数，那么
其它:
重点研究mu[]：
10以内：
1 -1 -1 0 -1 1 -1 0 0
在程序设计中的mu[i]就是上面的
与素因子快速筛相关的莫比乌斯求法：
int mu[105],pri[105],cnt;
bool vis[105];
void getmu(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<105;i++){
if(!vis[i]) {
pri[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt&&pri[j]*i<105;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]){
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
else {
mu[i*pri[j]]=0; //具有了相同的素因子，所以对应的mu[i]=0
break;
}
}
}
}
简短的莫比乌斯求法：
void getmu(){
for(int i=1;i<105;i++){
int targe=i==1?1:0;
int delta=targe-mu[i];
mu[i]=delta;
for(int j=2*i;j<105;j+=i) mu[j]+=delta;
}
}
hdu 1695
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695
求解 有多少个(q1,q2)=k，其中q1在(a,b)中，q2在(c,d)中，我们可以假设a=c=1
简单的解法：欧拉函数+容斥原理
分析：设B=b/k; D=d/k
分析：设B=b/k; D=d/k
问题等价于求解有多少（p1，p2)=1，其中p1和p2分别在(1,B)和(1,D)中
我们这样设置，令D>B，对应：q2>q1，这就是欧拉函数。
当q2>B时直接容斥求之。
当q2>B时直接容斥求之。
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std; //int : 2 + 9个0
const int N=1e5+10;
typedef long long LL;
LL phi[N],pri[N/10],cnt;
bool vis[N];
void getpri(){
cnt=0;
for(LL i=2;i<N;i++){
if(!vis[i]) pri[cnt++]=i;
for(LL j=0;j<cnt&&i*pri[j]<N;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
void get(){
for(int i=1;i<N;i++) phi[i]=i;
for(int i=2;i<N;i++){
if(phi[i]==i){
for(int j=i;j<N;j+=i){
phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}
}
}
}
LL fac[N],top;
void solve(LL n){
top=0;
for(int i=0;pri[i]*pri[i]<=n;i++){
if(n%pri[i]==0){
fac[top++]=pri[i];
while(n%pri[i]==0) n/=pri[i];
}
}
if(n>1) fac[top++]=n;
}
int main()
{
//freopen("cin.txt","r",stdin);
LL t,a,b,c,d,k,ca=0;
get();
getpri();
cin>>t;
while(t--){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
if(b>d){
b=b^d; d=b^d; b=b^d;
}
if(k==0||k>b||k>d) {
printf("Case %lld: 0\n",++ca);
continue;
}
b=b/k; d=d/k;
LL ans=0;
for(int i=1;i<=b;i++){
ans=ans+phi[i];
}
for(int i=b+1;i<=d;i++){
solve(i);
LL temp=0;
for(int j=1;j<(1<<top);j++){ //二进制枚举 容斥
LL red=0,dd=1;
for(int k=0;k<top;k++){
if(j&(1<<k)){
red++;
dd=dd*fac[k];
}
}
if(red&1) temp+=b/dd; //容斥原理求非互质因子
else temp-=b/dd;
}
ans+=b-temp;
}
printf("Case %lld: %lld\n",++ca,ans);
}
return 0;
}
第二种解法：莫比乌斯反演
设：
f(k)是满足(q1,q2)=k的对数。
F(d)是(q1,q2)为k的倍数的对数（其中1<=x<=b, 1<=y<=d)
有：
关于反演的另一种解释（来自ACDREAMER大神）：
推出：
将b和d都除以k处理后，1--d内所有的f(1)求出 ans1
1--b内所有的f(1)求出 ans2
ans2含有ans1中的重复部分（(k1,k2)和(k2,k1)是一样的）
附图说明：
ans=ans1-ans2/2;
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std; //int : 2 + 9个0
const int N=1e5+10;
typedef long long LL;
LL mu[N],cnt,pri[N];
bool vis[N];
void getmu(){
cnt=0;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
pri[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt&&i*pri[j]<N;j++){
if(i%pri[j]==0){
mu[i*pri[j]]=0;
vis[i*pri[j]]=1;
break;
}
else {
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
vis[i*pri[j]]=1;
}
}
}
}
int main()
{
//freopen("cin.txt","r",stdin);
LL t,a,b,c,d,k,ca=0;
getmu();
cin>>t;
while(t--){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
if(b>d){
b=b^d; d=b^d; b=b^d;
}
if(k==0||k>b||k>d) {
printf("Case %lld: 0\n",++ca);
continue;
}
b=b/k; d=d/k;
LL ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=b;i++)
ans1=ans1+(LL)mu[i]*(b/i)*(d/i);
for(int i=1;i<=b;i++)
ans2=ans2+(LL)mu[i]*(b/i)*(b/i);
printf("Case %lld: %lld\n",++ca,ans1-ans2/2);
}
return 0;
}
先写到这里，相信mobius登场后，很多难题会随之而来。。。