UVA - 11014 Make a Crystal (莫比乌斯反演)

给定一个n*n*n的立方体(中心点为原点O)，选择尽量多的点，使得对于任意两点A,B，B不在线段OA上。

可以发现，原问题可转化为三维坐标下的点(x,y,z)中有多少个点的gcd(x,y,z)=1。

这道题我一开始想用欧拉函数做，但我发现需要求出1-n中与每个整数x互质的数的个数，于是试图修改一下欧拉函数的公式，结果发现计算出来的结果存在微小的偏差，原因是n不一定能被x的所有因子整除，使得(n/p)*(n/q)≠n/pq。被逼无奈，于是学了莫比乌斯反演。

莫比乌斯反演的做法是：令$n=n/2$，在$1\leqslant x,y,z\leqslant n$的限制条件下，设$f(X)$为$gcd(x,y,z)=X$的点的个数，$F(X)$为$gcd(x,y,z)=kX$的点的个数，则$F(X)=\sum\limits_{X|d}f(d)$，根据莫比乌斯反演定理则有$f(X)=\sum \limits_{X|d}\mu (\frac{d}{X})F(d)$，$f(1)$即为$x,y,z$均大于0情况下的答案。由于又有$F(X)=\left \lfloor \frac{n}{X} \right \rfloor^3$，因此可以在$O(n)$的时间内算出$f(X)$。

然后用同样的方法可以算出$x,y,z$中有一个为0，另外两个大于0情况下的答案，将$F(X)$换为$\left \lfloor \frac{n}{X} \right \rfloor^2$即可。

一共有8个卦限，坐标平面上的12个象限，将结果乘一乘加一加，再加上在坐标轴上的6种情况，就得到答案了。

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll N=1e5+;
 ll n,mu[N],d[N],c[N],ka;
 void init() {
     mu[]=;
     for(ll i=; i<N; ++i)if(mu[i])
             for(ll j=i*; j<N; j+=i)mu[j]-=mu[i];
 }
 ll F1(ll x) {return (n/x)*(n/x)*(n/x);}
 ll F2(ll x) {return (n/x)*(n/x);}
 ll f(ll x,ll F(ll)) {
     ll ret=;
     for(ll i=x; i<=n; i+=x)ret+=F(i)*mu[i/x];
     return ret;
 }

 int main() {
     init();
     while(scanf("%lld",&n)&&n) {
         n/=;
         printf("Crystal %lld: %lld\n",++ka,f(,F1)*+f(,F2)*+);
     }
     return ;
 }

还可以进一步优化，利用整除分块的方法，将复杂度降到$O(\sqrt n)$

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll N=1e5+;
 ll n,mu[N],smu[N],ka,ans;
 void init() {
     mu[]=;
     for(ll i=; i<N; ++i)if(mu[i])
             for(ll j=i*; j<N; j+=i)mu[j]-=mu[i];
     for(ll i=; i<N; ++i)smu[i]=smu[i-]+mu[i];
 }

 int main() {
     init();
     while(scanf("%lld",&n)&&n) {
         n/=;
         ans=;
         for(ll l=,r; l<=n; l=r+) {
             ll t=n/l;
             r=n/t;
             ans+=(t*t*t*+t*t*)*(smu[r]-smu[l-]);
         }
         ans+=;
         printf("Crystal %lld: %lld\n",++ka,ans);
     }
     return ;
 }

以上筛莫比乌斯函数的方法复杂度是$O(nlogn)$的，也可以换成复杂度更低的$O(n)$的线性筛法，只是代码略长，不再赘述了。