莫比乌斯反演的学习

以下内容来自转载：

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<N; i++)
     {
         if(!vis[i])
         {
             prime[cnt++] = i;
             mu[i] = -1;
         }
         for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
         {
             vis[i*prime[j]] = 1;
             if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
             else
             {
                 mu[i*prime[j]] = 0;
                 break;
             }
         }
     }
 }

 

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 <iostream>
 #include <string.h>
 #include <stdio.h>
 #include <bitset>

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

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

 void isprime()
 {
     k = 0;
     prime.set();
     for(int i=2; i<N; i++)
     {
         if(prime[i])
         {
             p[k++] = i;
             for(int j=i+i; j<N; j+=i)
                 prime[j] = false;
         }
     }
 }

 void Init()
 {
     for(int i=1; i<N; i++)  phi[i] = i;
     for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;
     for(int i=3; i<N; i+=2)
     {
         if(phi[i] == i)
         {
             for(int j=i; j<N; j+=i)
                 phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;
         }
     }
     f[1] = 0;
     for(int i=2;i<N;i++)
         f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1);
 }

 LL Solve(int n)
 {
     LL ans = 0;
     for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)
         ans += 1 + f[n/p[i]];
     return ans;
 }

 int main()
 {
     Init();
     isprime();
     int n;
     scanf("%d",&n);
     printf("%I64d\n",Solve(n));
     return 0;
 }

 

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 <iostream>
 #include <string.h>
 #include <stdio.h>

 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;i++)
     {
         if(!vis[i])
         {
             p[cnt++] = i;
             u[i] = -1;
             g[i] = 1;
         }
         for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++)
         {
             vis[i*p[j]] = 1;
             if(i%p[j])
             {
                 u[i*p[j]] = -u[i];
                 g[i*p[j]] = u[i] - g[i];
             }
             else
             {
                 u[i*p[j]] = 0;
                 g[i*p[j]] = u[i];
                 break;
             }
         }
     }
     sum[0] = 0;
     for(int i=1;i<N;i++)
         sum[i] = sum[i-1] + g[i];
 }

 int main()
 {
     Init();
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         LL n,m;
         cin>>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<<ans<<endl;
     }
     return 0;
 }