[SDOI2008]儀仗隊（歐拉函數或莫比烏斯反演）

[SDOI2008]儀仗隊

題意：設左下方是座標 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)，求( 0 , 0 ) 0,0) 0,0)處可以看到的人數。

每一個人對應一個座標 ( x , y ) (x,y) (x,y)，只要 g c d ( x , y ) = 1 gcd(x, y)=1 gcd(x,y)=1就能被 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)看到（令 g c d ( 0 , 1 ) = 1 gcd(0,1)=1 gcd(0,1)=1,和 ϕ ( 1 ) = 1 對 應 \phi(1)=1對應 ϕ(1)=1對應）。

歐拉函數

思路：咱們只看其中的一半x，另外一半和它對稱，而後就獲得式子 x = ∑ x = 1 n ∑ y = 1 x [ g c d ( x , y ) = 1 ] x=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^x[gcd(x,y)=1] x=∑x=1n​∑y=1x​[gcd(x,y)=1]

推式子：

∑ x = 1 n ∑ y = 1 i [ g c d ( x , y ) = 1 ] ∑ x = 1 n ϕ ( x ) \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^i[gcd(x,y)=1]\\ \sum_{x=1}^n\phi(x)\\ x=1∑n​y=1∑i​[gcd(x,y)=1]x=1∑n​ϕ(x)
ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x)能夠提早用線性篩篩出來，而後再求 ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x)的前n項和x，答案就是2*x+1了（這裏的1是 g c d ( 1 , 1 ) = 1 gcd(1,1)=1 gcd(1,1)=1）。

咱們是從 x = 1 ， y = 1 x=1，y=1 x=1，y=1開始枚舉，但看起來 g c d ( 0 , 1 ) 和 g c d ( 1 , 0 ) gcd(0,1)和gcd(1,0) gcd(0,1)和gcd(1,0)並無算進去，其實x的計算中 ϕ ( 1 ) 其 實 已 經 把 這 些 算 進 去 了 \phi(1)其實已經把這些算進去了 ϕ(1)其實已經把這些算進去了

C o d e Code Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e6;
bool st[N];
ll p[N], ou[N], tot;
//歐拉函數的線性篩
void init() { 
    for(int i=2; i<N; i++) { 
        if(!st[i]) { 
            p[tot++] = i;
            ou[i] = i-1;
        }
        for(int j=0; j<tot&&i*p[j]<N; j++) { 
            st[i*p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) { 
                ou[i*p[j]] = ou[i]*p[j];
                break;
            }
            ou[i*p[j]] = ou[i]*(p[j]-1);
        }
    }
}
int main() { 
    ou[1] = 1;
    init();
    ll n, ans = 0;
    cin >> n;
    //求歐拉函數前n-1項的和
    //爲啥是n-1,由於是從座標（0，0）開始計算的。
    for(int i=1; i<n; i++) { 
        ans += ou[i];
    }
    cout << ans*2+1;
    return 0;
}

莫比烏斯反演

推式子：

∑ i = 1 n ∑ j = 1 n [ g c d ( i , j ) = 1 ] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ∑ d ∣ g c d ( i , j ) μ ( d ) ∑ d = 1 n ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ∑ d ∣ g c d ( i , j ) μ ( d ) ∑ d = 1 n μ ( d ) ∑ i = 1 n d ∑ j = 1 n d 1 ∑ d = 1 n μ ( d ) ⌊ n d ⌋ ⌊ n d ⌋ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=1]\\ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\ \sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\\ \sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}1\\ \sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac nd\rfloor\lfloor\frac nd\rfloor i=1∑n​j=1∑n​[gcd(i,j)=1]i=1∑n​j=1∑n​d∣gcd(i,j)∑​μ(d)d=1∑n​i=1∑n​j=1∑n​d∣gcd(i,j)∑​μ(d)d=1∑n​μ(d)i=1∑dn​​j=1∑dn​​1d=1∑n​μ(d)⌊dn​⌋⌊dn​⌋
從上往下解釋一下：
第一個式子是總的答案；
第二個式子是莫比烏斯函數的一個性質；
第三個式子加了一個枚舉d的操做，這樣的話就能夠轉換成第四個式子；
第四個式子（比較重要）d是i，j的因子因此能夠寫成 ∑ d ∣ i , d ∣ j \sum_{d|i,d|j} ∑d∣i,d∣j​說明d是i，j的因子，一樣也說明i，j是d的因子，在區間 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]中是d的倍數的有 n d \frac nd dn​個。一樣也是第五個式子。

而後看到 n d \frac nd dn​就能夠想到整除分塊了。

C o d e Code Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e6+10;
ll p[N], sum[N], phi[N], tot, mu[N];
bool st[N];
//線性篩篩出莫比烏斯函數
void init() { 
   phi[1] = 1, mu[1] = 1;
   for(int i=2; i<N; i++) { 
      if(!st[i]) p[tot++] = i, phi[i] = i-1, mu[i] = -1;
      for(int j=0; j<tot&&i*p[j]<N; j++) { 
         st[i*p[j]] = 1;
         if(i % p[j] == 0) { 
            phi[i*p[j]] = phi[i]*p[j];
            mu[i*p[j]] = 0;
            break;
         }
         phi[i*p[j]] = phi[i]*(p[j]-1);
         mu[i*p[j]] = -mu[i];
      }
   }
   //對莫比烏斯函數求前綴和
   for(int i=1; i<N; i++) { 
      sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
   }
}

ll solve(ll n, ll m) { //整除分塊（模板）
   ll ans = 0;
   if(n > m) swap(n, m);
   for(ll i=1, last; i<=n; i=last+1) { 
      last = min(n/(n/i), m/(m/i));
      ans += 1ll*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
   }
   return ans;
}
int main() { 
   init();
   ll n, m;
   cin >> n;
   cout << solve(n-1, n-1)+2;
   return 0;
}

E n d End End