莫比乌斯反演对gcd问题的优化

来源：互联网发布：windows永久激活工具编辑：程序博客网时间：2024/05/22 13:06

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

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;}

0 0