Gcd HYSBZ - 2818 （莫比乌斯反演）

Gcd

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\]

题意

求 \(gcd\left(x，y\right) = p\) 的对数，其中\(1 \leq x,y \leq n\)且 \(p\)是质数

思路

\(g\left(x\right)\) 表示 \(gcd\left(a, b\right) | x\) 的对数

\(f\left(x\right)\) 表示 \(gcd\left(a, b\right) = x\) 的对数

根据莫比乌斯反演有

\[ f\left(n\right) = \sum_{n|d} g\left(d\right)\\
g\left(n\right) = \sum_{n|d} \mu\left(\frac{d}{n}\right) f\left(d\right) \\
\]

根据题意

\[ f\left(x\right) = \lfloor\frac{n}{x}\rfloor \lfloor\frac{n}{x}\rfloor \\
\]

那么就可以得到

\[\begin{aligned}
ans &= \sum_{prime(p)} g\left(p\right) \\
&= \sum_{prime(p)} \sum_{p|d} \mu\left(\frac{d}{p}\right) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \\
\end{aligned}
\]

对于每个 \(d\)，找到所有满足 \(p|d\) 的 \(prime(p)\)，预处理出 \(\sum_{p|d}\mu\left(\frac{d}{p}\right)\)。

• 如果 \(d\) 是质数，容易得到 \(sum[d] = 1\)。
• 如果 \(d\) 不是质数，那么可以把 \(d\) 看成 \(p_{1}^{a1}p_{2}^{a2}...p_{k}^{ak}\)，设 \(d = p_{1}x\)

\[\begin{aligned}
\sum_{p|d} \mu\left(\frac{d}{p}\right) &= \mu\left(\frac{d}{p_{1}}\right)+\mu\left(\frac{d}{p_{2}}\right)+...+\mu\left(\frac{d}{p_{k}}\right)\\
&= \mu\left(x\right) + \mu\left(\frac{p_{1}x}{p_{2}}\right)+...+\mu\left(\frac{p_{1}x}{p_{k}}\right) \\
\sum_{p|x}\mu\left(\frac{x}{p}\right) &= \mu\left(\frac{x}{p_{2}}\right)+...+\mu\left(\frac{x}{p_{k}}\right)
\end{aligned}
\]

因为\(p_{k}|d，d=p_{1}x\)，则 \(p_{k}|x\)。那么现在的问题就在于 \(p_{1}|x\)。

\(\quad\) 1. 若 \(p1|x\)，则对于 \(\left(\frac{p_{1}x}{p_{k}}\right)\)，可以发现除完以后，仍然会包括两个及以上 \(p_{1}\) 因子，所以其 \(\mu\) 值为\(0\)。

\(\quad\) 2. 反之，\(\left(\frac{p_{1}x}{p_{k}}\right)\) 在 \(\left(\frac{x}{p_{k}}\right)\)的基础上多了一个 \(p_{1}\) 因子且指数为 \(1\)，根据 \(\mu\) 的公式，\(\mu\left(\frac{p_{1}x}{p_{k}}\right) =- \mu\left(\frac{x}{p_{k}}\right)\)。

综合上述

\[\sum_{p|d} \mu\left(\frac{d}{p}\right) =
\begin{cases}
\mu\left(x\right) & p_{1}|x\\
\mu\left(x\right) - \sum_{x|d} \mu\left(\frac{x}{p}\right) &otherwise\\
\end{cases}
\]

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    > File Name    : a.cpp
    > Author       : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time : 2019年07月17日 星期三 10时20分16秒
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#include <cstring>
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#include <algorithm>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pii        pair<int, int>

typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 1e7 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 7;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;

ll n, m;
int cas, tol, T;

int pri[maxn], mob[maxn];
bool ispri[maxn];
ll sum[maxn];

void handle() {
	mes(sum, 0), mes(pri, 0), mes(ispri, 1);
	tol = 0;
	mob[1] = 1;
	int mx = 1e7;
	for(int i=2; i<=mx; i++) {
		if(ispri[i]) {
			pri[++tol] = i;
			mob[i] = -1;
			sum[i] = 1;
		}
		for(int j=1; j<=tol && i*pri[j]<=mx; j++) {
			ispri[i*pri[j]] = false;
			if(i%pri[j] == 0) {
				mob[i*pri[j]] = 0;
				sum[i*pri[j]] = mob[i];
				break;
			} else {
				mob[i*pri[j]] = -mob[i];
				sum[i*pri[j]] = mob[i] - sum[i];
			}
		}
	}
}

int main() {
	handle();
	printf("%lld %lld %lld\n", sum[12], sum[6], mob[6]);
	scanf("%lld", &n);
	ll ans = 0;
	for(ll d=2; d<=n; d++) {
		ans += 1ll*sum[d]*(n/d)*(n/d);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}