HDU 6134 莫比乌斯反演

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题意： 

已知n<=1e6，求： 

f(n)=∑i=1n∑j=1i⌈ij⌉[gcd(i,j)==1]

思路： 

首先套上莫比乌斯反演的经典转化： 

∑d|nμ(d)=[n==1]

得： 

f(n)=∑i=1n∑j=1i⌈ij⌉∑d|gcd(i,j)μ(d)

转换枚举变量为d，令i=k1d,j=k2d 

则 

f(n)=∑d=1nμ(d)∑k1=1nd∑k2=1k1⌈k1k2⌉

令g(n)=∑ni=1⌈ni⌉

则： 

f(n)=∑d=1nμ(d)∑k1=1ndg(k1)

又令ϕ(n)=∑ni=1g(i) 

则： 

f(n)=∑d=1nμ(d)ϕ(nd)

故如果我们能预处理出ϕ(n)的值，我们就能用分块除法在O(Tn√)的复杂度下解决问题了。

但直接分块维护ϕ(n)的复杂度是不可承受的O(nn√)

然后打表找规律易发现，g(n)是可以由前一项递推的得到的值。 

即： 
g(n)=g(n−1)+d(n−1)+1 

其中d(n)是
n的约数个数。

这样就可以O(n)预处理出g(n)，然后O(n)预处理g(n)前缀和ϕ(n)了。 

至此，大功告成。

总复杂度：O(n+Tn√)

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1000005;
int mu[maxn],prime[maxn],top;
ll d[maxn],cnt[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];

void init()
{
top=0;
mu[0]=0;
mu[1]=d[1]=1;
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(!vis[i])
{
mu[i]=-1;
prime[top++]=i;
d[i]=2;
cnt[i]=1;
}
for(int j=0;j<top&&prime[j]*i<maxn;j++)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
d[i*prime[j]]=d[i]/(cnt[i]+1)*(cnt[i]+2);
cnt[i*prime[j]]=cnt[i]+1;
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
d[i*prime[j]]=d[i]<<1;
cnt[i*prime[j]]=1;
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
sum[0]=0;
sum[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++)
sum[i]=(sum[i-1]+d[i-1]+1)%mod;
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
sum[i]=(sum[i]+sum[i-1])%mod;
mu[i]=(mu[i]+mu[i-1])%mod;
}
}

int main()
{
init();
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
ll ans=0;
int last;
for(int i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=n/(n/i);
ans=(ans+(mu[last]-mu[i-1])%mod*sum[n/i]%mod)%mod;
}
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}