HDU 5942 Just a Math Problem 容斥 莫比乌斯反演

题意：\( g(k) = 2^{f(k)} \) ，求\( \sum_{i = 1}^{n} g(i) \),其中\( f(k)\)代表k的素因子个数。

思路：题目意思很简单，但是着重于推导和简化，这是数论题的一贯思路，其中g(k)的方程可以看出是求k的无平方因子的个数，那么题目就是求1~n的无平方因字数的和了。

首先我们可以从莫比乌斯函数入手。

从\( \mu(d) \)的性质有，当d为素数单次连积时\( \mu(d)=(-1)^k\)，其余d不为1时\( \mu(d)=0\)

那么可知\( \mu^{2}(d) \)在d满足条件时一定为正值1，故g(k)可化为\( \sum_{d | i} \mu^{2}(d) \) 且$$ans = \sum_{i = 1}^{n}{\sum_{d | i} \mu^{2}(d)} $$

接下来从容斥方向考虑。其实我们直接枚举素因子连乘的k,那么由\(\mu(d)\)函数的性质,可知当存在\(k^2 | d\)时,\(\mu(k)\)是不为0的，这样就去掉了素因子次数大于等于2的d，那么式子又可化成$$ {\mu^{2}(d)}= { \sum_{k^2|d}{\mu(k)} }$$

进一步$${\sum_{k=1}^{n}\sum_{k^2 | d} {\mu(k)}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor }$$

\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)是1~n中被d整除的个数。

其中d为k^2的整倍数。

交换求和符号，将式子化成

$$\sum_{k = 1}^{n}{\mu(k)}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k^2}\rfloor} \lfloor \frac{n}{k^{2} i} \rfloor$$

接着枚举倍数求和就可以了，其中后个求和函数在1e6范围内可以预处理。

/** @Date    : 2016-12-04-22.09
  * @Author  : Lweleth (SoungEarlf@gmail.com)
  * @Link    : https://github.com/
  * @Version :
  */

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define PII pair
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6+20;
const LL mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int sum1[N];
int pri[N];
int mu[N];
bool vis[N];
int c = 0;

void mobius()
{
    MMF(vis);
    mu[1] = 1;

    for(int i = 2; i < N; i++)
    {
        if(!vis[i])
            pri[c++] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < c && i * pri[j] < N; j++)
        {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j])
                mu[i * pri[j]] = -mu[i];
            else
            {
                mu[i * pri[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

int sum(LL n)//
{
    if(n < N && sum1[n])//小于N下且已经处理了直接返回预处理的值
        return sum1[n];
    LL t = 0;
    for(LL i = 1, j = 0; i <= n; i = j + 1)
    {
        j = n / (n / i);
        t += n / i * (j - i + 1);//优化，大于n一半的直接加
    }
    t %= mod;
    if(n >= N)
        return t;
    else
        return sum1[n] = t;

}

int main()
{
    int T;
    mobius();
    while(~scanf("%d", &T))
    {
        int cnt = 0;
        while(T--)
        {
            LL n;
            LL ans = 0;
            scanf("%lld", &n);
            for(LL i = 1; i <= n / i; i++)//枚举sqrt(n)的因子
                if(mu[i])
                    ans = (ans + sum(n/i/i) * mu[i]) % mod;//注意i取整

            printf("Case #%d: %lld\n", ++cnt, (ans + mod) % mod);
        }
    }

    return 0;
}