BZOJ 2820 莫比乌斯反演

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题意：给定n,m，问满足1<=x<=n and 1<=y<=m且gcd(x,y)为素数的方案数有多少

思路：关注此题很久了，今天借了高爷的账号终于补掉了此题（再次表示感谢qwq）

我们试着来推导一下公式。
设：
f(i):gcd(x,y)=i 的方案数。
F(i):i|gcd(x,y) 的方案数。

易得：

F(n)=∑n|df(d)⇒f(n)=∑n|dμ(dn)F(d)

又因为

F(d)=⌊nd⌋⌊md⌋

得：

f(n)=∑n|dμ(dn)⌊nd⌋⌊md⌋

此时我们可以枚举质数p，设答案为Ans，则：此处d是枚举p的倍数

Ans=∑pmin(n,m)∑dmin(n,m)μ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋

但这么做还是会T的，我们可以考虑进一步优化。

令T=pd
此时我们转换一个思路，可不可以直接枚举T来进行优化复杂度。因为T的范围一定也是[1,min(n,m)]
故答案可写成：

Ans=∑Tmin(n,m)⌊nT⌋⌊mT⌋∑p|Tμ(Tp)

此时后面的约数莫比乌斯函数之和可以用预处理前缀和去维护。
这样我们就能在O(n√)的复杂度得到答案。

但预处理时枚举素数需要O(n/n√)而枚举倍数平摊下来是O(n√)的复杂度。
故总复杂度：O(n)

此处还有一个小优化：可以在线性筛时同时处理约数莫比乌斯函数之和。可减少常数。

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int A = 1e7 + 10;int pri[A],mu[A],tot,sum[A];bool vis[A];void init(){    tot = 0;    mu[1] = vis[1] = vis[0] = 1;    for(int i=2 ;i<A ;i++){        if(!vis[i]){pri[++tot] = i;mu[i] = -1;}        for(int j=1 ;j<=tot&&i*pri[j]<A ;j++){            vis[i*pri[j]] = 1;            if(i%pri[j] == 0){                mu[i*pri[j]] = 0;                break;            }            mu[i*pri[j]] = -mu[i];        }    }    for(int i=1 ;i<=tot ;i++){        for(int j=1 ;j*pri[i]<A ;j++){            sum[j*pri[i]] += mu[j];        }    }    for(int i=1 ;i<A ;i++) sum[i] += sum[i-1];}int main(){    init();    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        int n,m;        scanf("%d%d",&n,&m);        int last;        ll ans = 0;        for(int i=1 ;i<=min(n,m) ;i=last+1){            last = min(n/(n/i),m/(m/i));            ans += 1LL*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

（优化）

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int A = 1e7 + 10;int pri[A],mu[A],tot,sum[A];bool vis[A];void init(){    tot = 0;    mu[1] = vis[1] = vis[0] = 1;    for(int i=2 ;i<A ;i++){        if(!vis[i]){pri[++tot] = i;mu[i] = -1;sum[i]=1;}        for(int j=1 ;j<=tot&&i*pri[j]<A ;j++){            vis[i*pri[j]] = 1;            if(i%pri[j] == 0){                mu[i*pri[j]] = 0;                sum[i*pri[j]] = mu[i];                break;            }            mu[i*pri[j]] = -mu[i];            sum[i*pri[j]] = mu[i] - sum[i];        }    }    for(int i=1 ;i<A ;i++) sum[i] += sum[i-1];}int main(){    init();    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        int n,m;        scanf("%d%d",&n,&m);        int last;        ll ans = 0;        for(int i=1 ;i<=min(n,m) ;i=last+1){            last = min(n/(n/i),m/(m/i));            ans += 1LL*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}