Gcd HYSBZ - 2818

题意：

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.

思路：

想想容斥，莫比乌斯，最先想到的还是欧拉函数

k为质数，gcd(a,b)=k,所以有gcd(a/k,b/k)=1;

显然欧拉函数可以轻易得到gcd（）=1的一堆答案

有两种方案：

遍历1-n的欧拉函数值每个乘以（n/i）的素数个数前缀和，然后果断超时了。。。。。。

这里的时间复杂度是O(n);

另外一种方案,

遍历1-n的所有素数，每个乘以（n/primer[i]）的欧拉函数前缀和，然后过了。。。。。

这样时间复杂度显然降低了不少,甚至随着n的增大，可以达到O（n/In(n)）..

由于是数对，这里记得要乘以2的处理，而（1，1）乘以二了显然要减去1

又一次欧拉函数实现了容斥

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define maxn 10000009
int p[maxn];
bool book[maxn];
long long s[maxn];
int prime[maxn];
int num=0;
void init()
{memset(book,true,sizeof(book));p[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++){if(book[i]){prime[num++]=i;p[i]=i-1;}for(int j=0;j<num && prime[j]*i<=maxn;j++){book[i*prime[j]]=false;if(i%prime[j]==0){p[i*prime[j]]=p[i]*prime[j];break;}else p[i*prime[j]]=p[i]*(prime[j]-1);}}s[0]=0; for(int i=1;i<maxn;i++)s[i]=s[i-1]+p[i];
}
int main()
{init();int n;long long a;while(~scanf("%d",&n)){a=0;for(int i=0;n>=prime[i];i++)a+=(2*s[n/prime[i]]-1);//减一是为了    欧拉函数(1)=1 printf("%lld\n",a); }return 0;}

莫比乌斯

我们套路的知道

F(d)= sigma(f(i)) [ d|i ]

f(t) = sigma u(i/d) * F(i) [d|i]

t遍历全部质数

ans = sigma ( sigma u(i/d) * F(i) [d|i] ) [d为质数]

对于不同的质数d , F[i]=（n/ i）*（n/ i）显然是一样的，u（i/d）是不一样的

比如 F[12]=（n/12）*（n/12），对于d=2 与 d=3 时，u（12/3）与 u（12/2）

也就是说我们可以通过每种莫比乌斯函数和的形式，得到答案

如sum[12]=u[12/2] + u[12/3]

sum[30]=u[30/2]+u[30/3]+u[30/5]

于是我们只要O（n）遍历一遍，ans+=（（n/ i）*（n/ i）* sum[i]）；

那么sum[i]要怎么求？

当n不等于1时，n所有因子的莫比乌斯函数值的和为0，

sum（i）=sum（）

看了一篇博客：http://blog.csdn.net/u014610830/article/details/49390831

里面讲的很详细，

设sum(d)=∑p|dμ(dp)
这里比较特殊的是p是质数。在素数筛法中sum(d∗p)这个值如果快速更新?

当p|d时：sum(d∗p)=μ(d)。
当p不能整除d时：sum(d∗p)=μ(d)−sum(d)

o(n)复杂度算出了sum(x)值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 10000010;
int prime[maxn],mu[maxn],sum[maxn];
bool check[maxn];
void Mobius(){memset(check,false,sizeof(check));mu[1] = 1;prime[0] = 0;for(int i=2;i<maxn;i++){if(!check[i]){mu[i] = -1;sum[i] = 1;prime[++prime[0]] = i;}for(int j=1;j<=prime[0];j++){if(i*prime[j] >= maxn)  break;check[i*prime[j]] = true;if(i % prime[j]){mu[i*prime[j]] = -mu[i];sum[i*prime[j]] = mu[i] - sum[i];}else{mu[i*prime[j]] = 0;sum[i*prime[j]] = mu[i];break;}}}
}
int main()
{Mobius();long long ans=0;int n;while(~scanf("%d",&n)){ans=0;for(int i=2;i<=n;i++)ans += (long long)(n/i)*(long long)(n/i)*sum[i];printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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