bzoj2818: Gcd 莫比乌斯繁衍

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.

n<=1e7

题解：两种做法，第一直接推式子。得f[n] = Σd（d是质数）Σd2 (d2 *d <= n)mu(d2)（n/d*d2）^2

第二是枚举每个素数，然后每个素数p对于答案的贡献就是（1 ~ n / p）中有序互质对的个数
而求1~m中有序互质对x，y的个数，可以令y >= x, 当y = x时，有且只有y = x = 1互质，当y > x时，确定y以后符合条件的个数x就是phiy
所以有序互质对的个数为（1 ~ n/p）的欧拉函数之和乘2减1（要求的是有序互质对，乘2以后减去（1， 1）多算的一次）
那么就只需要先筛出欧拉函数再求个前缀和就可以了（from hzwer）

关键：题目很简单但是思想很有用。我们可以枚举每个数贡献来解决莫比乌斯繁衍的问题

为什么第一种做法代码更快？。。。QAQ

第一种：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 10000020typedef long long ll;
bool tag[maxn];
int prime[maxn],cnt,n,mu[maxn];
ll ans;void init(){mu[1] = 1;for (register int i = 2 ; i <= n ; i++){if ( !tag[i] ) prime[++cnt] = i , mu[i] = -1;for (register int j = 1 ; j <= cnt && prime[j] * i <= n ; j++){tag[i * prime[j]] = 1;if ( (i % prime[j]) == 0 ){ mu[i * prime[j]] = 0; break; }mu[i * prime[j]] = mu[i] * (-1);}}     for (register int i = 1 ; i <= n ; i++) mu[i] += mu[i - 1];
}
ll getans(int n){register ll cur = 0;for (register int i = 1 ; i <= n ; ){int next = n / (n / i);cur += (ll)(mu[next] - mu[i - 1]) * (n / i) * (n / i);i = next + 1;}return cur;
}
int main(){scanf("%d",&n);init();for (int i = 1 ; i <= cnt ; i++) ans += getans(n / prime[i]);   cout<<ans<<endl;return 0;
}

第二种：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 10000020typedef long long ll;
bool tag[maxn];
int prime[maxn / 10],cnt,n;
ll phi[maxn];
ll ans;void init(){phi[1] = 1;for (register int i = 2 ; i <= n ; i++){if ( !tag[i] ) prime[++cnt] = i , phi[i] = i - 1;for (register int j = 1 ; j <= cnt && prime[j] * i <= n ; j++){tag[i * prime[j]] = 1;if ( (i % prime[j]) == 0 ){ phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; }phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);}}       for (register int i = 1 ; i <= n ; i++) phi[i] += phi[i - 1];
}int main(){scanf("%d",&n);init();for (register int i = 1 ; i <= cnt ; i++) ans += phi[n / prime[i]] * 2 - 1;cout<<ans<<endl;return 0;
}

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