莫比乌斯反演

这里有个博客讲的很好：http://www.cnblogs.com/chenyang920/p/4811995.html

这里简要解释解释记录记录下笔记。

首先明确什么是莫比乌斯反演：

这里有一个函数$F\left( x\right)$，并有另一个函数$G\left( x\right)$，满足$G\left( x\right) =\sum _{d|x}F\left( d\right)$，那我们已知$G\left( x\right)$求$F\left( x\right)$的过程就是莫比乌斯反演。

 具体公式为：$F\left( x\right) =\sum _{d|x}u\left( d\right) \ast G\left( \dfrac {x} {d}\right)$    这里的$u\left( x\right)$可以理解成$G\left( x\right)$的系数，来控制$G\left( x\right)$的取值，具体可以看看上面的博客。

$u\left( x\right)$的具体求法可用线性筛实现。

当x可表示成偶数个质数相乘时，$u\left( x\right) =1$

当x可表示成奇数个质数相乘时，$u\left( x\right) =-1$

其余情况则$u\left( x\right) =0$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define N 10005
using namespace std;
bool visit[N];
int n,u[N],prim[N],a,b,c,d,k,qwq,qaq,tot;
long long ans;
void pre(){
    memset(visit,false,sizeof(visit));
    tot=0;
    u[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (!visit[i]){
            visit[i]=true;
            prim[++tot]=i;
            u[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=tot;j++){
            if (prim[j]*i>N) break;
            visit[prim[j]*i]=true;
            if (i%prim[j]) u[prim[j]*i]=-u[i];
            else break;
        }
    }
}
int main(){
    memset(u,0,sizeof(u));
    pre();
    scanf("%d",&n);
    while (n--){
        ans=0;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);
        if (a>b) swap(a,b);
        qwq=a/k; qaq=b/k;
        for (int i=1;i<=qwq;i++)
         ans+=(long long)u[i]*(long long)(qwq/i)*(long long)(qaq/i);
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

这里有部分例题的讲解：http://sxysxy.org/blogs/77

莫比乌斯反演的题目有的需要分块求解答案，前缀和维护$u\left( x\right)$，因为考虑到整除的性质，即（i~i+p-1）整除p答案都是一样的，我们可以直接计算这部分的答案。

具体可参考洛谷上的一题：https://www.luogu.org/problem/show?pid=2522

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#pragma GCC optamize("O3")
#pragma G++ optamize("O3")
#include<cmath>
#define N 50005
using namespace std;
bool visit[N];
int n,u[N],prim[N],a,b,c,d,k,qwq,qaq,qoq,qvq,tot,sum[N];
long long ans;
void pre(){
    tot=0;
    sum[1]=1;
    u[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (!visit[i]){
            prim[++tot]=i;
            u[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=tot&&prim[j]*i<=N;j++){
            visit[prim[j]*i]=true;
            if (i%prim[j]) u[prim[j]*i]=-u[i];
            else break;
        }
        sum[i]=sum[i-1]+u[i];
    }
}
long long cale(int l,int r){
    long long tmp=0;
    if (l>r) swap(l,r);
    for (int i=1,go=0;i<=l;i=go+1){   
     go=min(l/(l/i),r/(r/i));    //从i开始最长的相等区间长度为min(l / (l / i)，r / (r / i)),比如l / (l / i)，设l / i ＝ p，p表示整除时的值，那么l / p就是从i开始整除值为p的个数了
     tmp+=(l/i)*(r/i)*(sum[go]-sum[i-1]);
    }
    return tmp;
}
int main(){
    pre();
    scanf("%d",&n);
    while (n--){
        ans=0;
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        qwq=b/k;qaq=(a-1)/k;qoq=d/k;qvq=(c-1)/k;
        for (int i=1;i<=qwq-qaq;i++)
         ans=cale(qwq,qoq)-cale(qwq,qvq)-cale(qaq,qoq)+cale(qaq,qvq);   //根据容斥原理
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

但似乎还是会超时......（或许常数过大QAQ）