51nod1222 最小公倍数计数 莫比乌斯反演 数学

求$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} [lcm(i, j) \le n]$
因为这样不好求，我们改成求$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [lcm(i, j) \le n]$.
这样求出来的值把除了(i, i)这样的点对以外所有点对都重复统计了一次。因此$ans = \frac{rnt + n}{2}$(先加上没有重复统计的点对个数，使得所有点对都重复统计了一次，然后再除2就是不重复统计的点对个数)
接下来就是化式子了...
$$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [lcm(i, j) \le n]$$
$$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [\frac{ij}{(i, j)} \le n]$$
枚举$(i, j) = d$
$$\sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [\frac{ij}{(i, j)} \le n] [(i, j) == d]$$
枚举$i = \frac{i}{d}$
$$\sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} [ijd \le n][(i, j) == 1]$$
上反演
$$\sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor}[ijd \le n] \sum_{k | (i, j)} \mu(k)$$
$$\sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} \sum_{k | (i, j)} \mu(k)[ijd \le n]$$
把$k$提到前面来，然后枚举$k$的倍数
$$\sum_{d = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{d} }\rfloor} \mu(k) \sum_{i = 1 }^{\lfloor{ \frac{n}{dk} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{dk} }\rfloor}[i j k^2 d \le n]$$
可以发现，原式中对$d,k$的限制实际上是$dk \le n$,因此我们再次将$k$向前提,那么此时$k$已经是第一个枚举的了，因此我们对中括号内的式子进行移项得到：
$$\sum_{k = 1}^{n} \mu(k) \sum_{d = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{k} }\rfloor} \sum_{i = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{dk} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{dk} }\rfloor}[ijd \le \frac{n}{k^2}]$$
那么为了保证$[ijd \le \frac{n}{k^2}]$,对现在枚举的变量有如下限制：
$k \le \sqrt{n}, d \le \lfloor{ \frac{n}{k^2} }\rfloor, x \le \lfloor{ \frac{n}{k^2d} }\rfloor, y \le \lfloor{ \frac{n}{k^2dx} }\rfloor$
因此原式变为:
$$\sum_{k = 1}^{\sqrt{n}} \mu(k) \sum_{d = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{k^2} }\rfloor} \sum_{i = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{k^2d} }\rfloor} \sum_{j = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{k^2dx} }\rfloor} 1$$
设$H(n) = \sum_{a = 1}^{n} \sum_{b = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{a} }\rfloor} \sum_{c = 1}^{\lfloor{ \frac{n}{ab} }\rfloor} 1$,则原式为：
$$\sum_{k = 1}^{\sqrt{n}} \mu(k) H(\lfloor{ \frac{n}{k^2} }\rfloor)$$
因此我们的目的就是快速求出$H(n)$。
$H(n)$可以看做是求满足如下关系的三元组的个数$abc \le n$.
因此我们不妨假设$a < b < c$,那么有$a \le n ^ {\frac{1}{3}}, b \le \sqrt{\lfloor{ \frac{n}{a} }\rfloor}$(因为除去$a$后剩余数为$\lfloor{ \frac{n}{a} }\rfloor$,而$b$最大也要满足$b \le c$,因此$b$最大也就是开根)
那么此时$c$的范围就为$[b + 1, \lfloor \frac{n}{ab} \rfloor]$,因此$c$的个数可以$O(1)$算出
因为我们假定了$a < b < c$,而原式中没有这样的限制，所以这样会少算，比如$123$会被计算一次，但实际上应该被计算$123, 132, 213, 231, 321, 312$共$6$次。其他情况也是类似的。
因此我们枚举$a, b, c$,分别求3个均不相同，前2个相同，后2个相同，3个都相同的方案数，
然后对于这些方案数，分别乘上对应系数$6, 3, 3, 1$.最后加起来就等于$H(n)$.

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define AC 401000
 #define LL long long
 #define R register int
 #define RL register LL 

 LL l, r, tot, maxn;
 LL pri[AC], mu[AC];
 bool z[AC];

 void pre()
 {
     scanf("%lld%lld", &l, &r), maxn = sqrt(r);
     mu[] = ;
     for(R i = ; i <= maxn; i ++)
     {
         if(!z[i]) pri[++ tot] = i, mu[i] = -;
         for(R j = ; j <= tot; j ++)
         {
             int now = pri[j];
             if(i * now > maxn) break;
             z[i * now] = true;
             if(!(i % now)) break;
             mu[i * now] = - mu[i];
         }
     }
 }

 LL get(LL n)
 {
     LL A = , B = , C = , D = ;
     for(RL i = ; i * i * i <= n; i ++)//枚举3个不相同的
     {
         LL m2 = sqrt(n / i), to = n / i;//因为k要从j + 1 枚举到 n / i / j,所以相减就是个数
         for(RL j = i + ; j <= m2; j ++) A += (LL)(to / j - j);//除法如此之慢。。。。
     }
     for(RL i = ; i * i * i <= n; i ++) B += (LL)(n / i / i - i);//加上只有前2个相同的
     for(RL i = ; i * i * i <= n; i ++) C += ((LL)sqrt(n / i) - i);//枚举后2个相同的，因为后2个相同，所以只需要知道j的个数即可
     for(RL i = ; i * i * i <= n; i ++) ++ D;//因为诡异精度误差，，，，就算是加减，也要先转成LL....
 //    D += m1;//因为前面是double类型，所以一遇到乘法，就可能造成进位。。。
     return A *  + B *  + C *  + D;
 } 

 LL cal(LL n)
 {
     int block = sqrt(n); LL rnt = ;
     for(R i = ; i <= block; i ++) rnt += mu[i] * get(n / i / i);
     return (rnt + n) / ;
 }

 int main()
 {
     freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     printf("%lld\n", cal(r) - cal(l - ));
     fclose(stdin);
     return ;
 }