BZOJ 3309 莫比乌斯反演

题目链接 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3309

题意：定义f(n)为n所含质因子的最大幂指数，求 $Ans=\sum _{i=1}^{a}\sum_{j=i}^{b}f(gcd(i,j))$

T<=10000

1<=a,b<=10^7

解析：考虑a<b 

枚举最大公约数d，得到：

$$Ans=\sum_{d=1}^a f(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$$

右边就是求$i\in[1,{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}],j\in[1,{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}]$ gcd(i,j)==1 的对数，根据莫比乌斯反演可以得到

$$Ans=\sum_{d=1}^a{f(d)}\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\mu(d'){\lfloor\frac{a}{dd'}\rfloor}{\lfloor\frac{b}{dd'}\rfloor}$$

令 T=dd'

$$Ans=\sum_{T=1}^{a}{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d}){f(d)}$$

左边可以分块求出来，所以右边要预处理出来前缀和，但是nlog(n) 的复杂度会超时，所以要大力分析一波

考虑  $G(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d}){f(d)}$ ，只有当 n/d是互不相等的素数乘积的形式 才会产生贡献，其余都是0 ，

设 n=p1^q1*p2^q2*p3^q3...pi^qi ,  k=max{qi},  f(d) 的取值只有两种 k 或 k-1

考虑 n/d 的组合情况 令，qi=k 的p集合为 A  剩余p集合为 B  当A集合全部都取时 f(d) = k-1 其余情况f(d) = k 

1.当B不为空的时候 B集合的组合情况是奇数，偶数各占一半的。所以集合A 中的每一种情况与B组合 也是奇偶数量相同，相互抵消了，G(n)=0。

2.当B为空的时候，也就是所有的qi是相同的都等于k，因为只有当A集合全部都取时 f(d) = k-1 ，假设A集合的大小为m，一共有2^m个组合方案：

1）m为奇数时 $\mu(\frac{n}{d})$ 是 负的 ，f(d)= k 的组合方案数就是偶数多一个 G(n)=k-(k-1)=1

2)  m为偶数时 $\mu(\frac{n}{d})$ 是 正的 ，f(d)= k 的组合方案数就是奇数多一个 G(n)=(k-1)-k=-1

总结一下就是:

当n的素因子个数为偶数且素因子的幂次都相等时 G(n)=-1，

当n的素因子个数为奇数且素因子的幂次都相等时 G(n)=-1，

其余G(n)=0。

对于幂次等于1的情况我们可以线性筛求出来G(i)，G(i^k) =G(i)  指数级别的增长 O(n) 可以求出来所有的。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define all(a) (a).begin(), (a).end()
#define fillchar(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define huan printf("\n");
#define debug(a,b) cout<<a<<" "<<b<<" ";
using namespace std;
const int maxn=1e7+10,inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
typedef pair<int,int> pii;
int check[maxn],prime[maxn],G[maxn],sum[maxn];
void Mobius(int N)//线性筛求G(i)
{
    int pos=0;G[1]=0;
    for (int i = 2 ; i <= N ; i++)
    {
        if (!check[i])
            prime[pos++] = i,G[i]=1;
        for (int j = 0 ; j < pos && i*prime[j] <= N ; j++)
        {
            check[i*prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0)
            {
                G[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            G[i*prime[j]]=-G[i];
        }
    }
}
int main()
{
    Mobius(1e7);
    sum[0]=sum[1]=0;
    for(int i=2;i<=1e7;i++)   //求G(i^k)
    {
        if(G[i]!=0)
            for(ll j=i;j<=1e7;j*=i)
                sum[j]=G[i];
        sum[i]+=sum[i-1];  //前缀和
    }
    int t,n,m;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);
        ll ans=0;
        for(int i=1,j;i<=n;i=j+1) // 分块sqrt复杂度求出答案
        {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=1ll*(sum[j]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}