莫比乌斯反演

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：

和

是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件

，那么我们得到结论

     

在上面的公式中有一个

函数，它的定义如下：

    （1）若

，那么

    （2）若

，

均为互异素数，那么

    （3）其它情况下

对于

函数，它有如下的常见性质：

    （1）对任意正整数

有

  

                           

 

  （2）对任意正整数

有

        

线性筛选求莫比乌斯反演函数代码。

void Init()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    mu[1] = 1;
    cnt = 0;
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
        {
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            else
            {
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

 

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

，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     

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;
}