标签：
转自：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292
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：
在上面的公式中有一个
（1）若
（2）若
（3）其它情况下
对于
（1）对任意正整数
（2）对任意正整数
1 void Init() 2 { 3 memset(vis,0,sizeof(vis)); 4 mu[1] = 1; 5 cnt = 0; 6 for(int i=2; i<N; i++) 7 { 8 if(!vis[i]) 9 { 10 prime[cnt++] = i; 11 mu[i] = -1; 12 } 13 for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++) 14 { 15 vis[i*prime[j]] = 1; 16 if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i]; 17 else 18 { 19 mu[i*prime[j]] = 0; 20 break; 21 } 22 } 23 } 24 }
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
分析：对于本题，因为是使得
需要求在区间
也就是说，现在问题转化为：在区间
是有序对，不妨设
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
1 #include <iostream> 2 #include <string.h> 3 #include <stdio.h> 4 #include <bitset> 5 6 using namespace std; 7 typedef long long LL; 8 const int N = 10000010; 9 10 bitset<N> prime; 11 LL phi[N]; 12 LL f[N]; 13 int p[N]; 14 int k; 15 16 void isprime() 17 { 18 k = 0; 19 prime.set(); 20 for(int i=2; i<N; i++) 21 { 22 if(prime[i]) 23 { 24 p[k++] = i; 25 for(int j=i+i; j<N; j+=i) 26 prime[j] = false; 27 } 28 } 29 } 30 31 void Init() 32 { 33 for(int i=1; i<N; i++) phi[i] = i; 34 for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1; 35 for(int i=3; i<N; i+=2) 36 { 37 if(phi[i] == i) 38 { 39 for(int j=i; j<N; j+=i) 40 phi[j] = phi[j] - phi[j] / i; 41 } 42 } 43 f[1] = 0; 44 for(int i=2;i<N;i++) 45 f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1); 46 } 47 48 LL Solve(int n) 49 { 50 LL ans = 0; 51 for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++) 52 ans += 1 + f[n/p[i]]; 53 return ans; 54 } 55 56 int main() 57 { 58 Init(); 59 isprime(); 60 int n; 61 scanf("%d",&n); 62 printf("%I64d\n",Solve(n)); 63 return 0; 64 }
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
围是
分析：本题与上题不同的是
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
那么，很显然
因为题目要求是
如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。
我们设
到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的
我们设
那么，我们枚举每一个
（1）如果
（2）如果
1 #include <iostream> 2 #include <string.h> 3 #include <stdio.h> 4 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 const int N = 10000005; 8 9 bool vis[N]; 10 int p[N]; 11 int cnt; 12 int g[N],u[N],sum[N]; 13 14 void Init() 15 { 16 memset(vis,0,sizeof(vis)); 17 u[1] = 1; 18 cnt = 0; 19 for(int i=2;i<N;i++) 20 { 21 if(!vis[i]) 22 { 23 p[cnt++] = i; 24 u[i] = -1; 25 g[i] = 1; 26 } 27 for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++) 28 { 29 vis[i*p[j]] = 1; 30 if(i%p[j]) 31 { 32 u[i*p[j]] = -u[i]; 33 g[i*p[j]] = u[i] - g[i]; 34 } 35 else 36 { 37 u[i*p[j]] = 0; 38 g[i*p[j]] = u[i]; 39 break; 40 } 41 } 42 } 43 sum[0] = 0; 44 for(int i=1;i<N;i++) 45 sum[i] = sum[i-1] + g[i]; 46 } 47 48 int main() 49 { 50 Init(); 51 int T; 52 scanf("%d",&T); 53 while(T--) 54 { 55 LL n,m; 56 cin>>n>>m; 57 if(n > m) swap(n,m); 58 LL ans = 0; 59 for(int i=1,last;i<=n;i=last+1) 60 { 61 last = min(n/(n/i),m/(m/i)); 62 ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]); 63 } 64 cout<<ans<<endl; 65 } 66 return 0; 67 }
标签：
原文地址：http://www.cnblogs.com/gj-Acit/p/4458610.html
