莫比乌斯反演两种形式

本文主要是介绍莫比乌斯反演两种形式，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

莫比乌斯反演在数论中占有重要的地位，许多情况下能大大简化运算。那么我们先来认识莫比乌斯反演公式。

定理：和是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件，那么我们得到结论

在上面的公式中有一个函数，它的定义如下：

（1）若，那么

（2）若，均为互异素数，那么

（3）其它情况下

对于函数，它有如下的常见性质：

（1）对任意正整数有

（2）对任意正整数有

线性筛选求莫比乌斯反演函数代码。

[cpp]  view plain copy  
 void Init()  
 {  
     memset(vis,0,sizeof(vis));  
     mu[1] = 1;  
     cnt = 0;  
     for(int i=2; i<N; i++)  
     {  
         if(!vis[i])  
         {  
             prime[cnt++] = i;  
             mu[i] = -1;  
         }  
         for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)  
         {  
             vis[i*prime[j]] = 1;  
             if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];  
             else  
             {  
                 mu[i*prime[j]] = 0;  
                 break;  
             }  
         }  
     }  
 }  

有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。

证明

证明完毕！

嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。

题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818

题意：给一个正整数，其中，求使得为质数的的个数，。

分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数，只

需要求在区间中，满足有序对互质的对数。

也就是说，现在问题转化为：在区间中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，因为

是有序对，不妨设，那么我们如果枚举每一个，小于有多少个与互素，这正是欧拉函数。所以

我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？

是且为素数的情况，再加上就行了。

代码：

[cpp]  view plain copy  
 #include <iostream>  
 #include <string.h>  
 #include <stdio.h>  
 #include <bitset>  
   
 using namespace std;  
 typedef long long LL;  
 const int N = 10000010;  
   
 bitset<N> prime;  
 LL phi[N];  
 LL f[N];  
 int p[N];  
 int k;  
   
 void isprime()  
 {  
     k = 0;  
     prime.set();  
     for(int i=2; i<N; i++)  
     {  
         if(prime[i])  
         {  
             p[k++] = i;  
             for(int j=i+i; j<N; j+=i)  
                 prime[j] = false;  
         }  
     }  
 }  
   
 void Init()  
 {  
     for(int i=1; i<N; i++)  phi[i] = i;  
     for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;  
     for(int i=3; i<N; i+=2)  
     {  
         if(phi[i] == i)  
         {  
             for(int j=i; j<N; j+=i)  
                 phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;  
         }  
     }  
     f[1] = 0;  
     for(int i=2;i<N;i++)  
         f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1);  
 }  
   
 LL Solve(int n)  
 {  
     LL ans = 0;  
     for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)  
         ans += 1 + f[n/p[i]];  
     return ans;  
 }  
   
 int main()  
 {  
     Init();  
     isprime();  
     int n;  
     scanf("%d",&n);  
     printf("%I64d\n",Solve(n));  
     return 0;  
 }  

嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就可以搞定，接下来我们来看看它的升级版。

题意：给定两个数和，其中，，求为质数的有多少对？其中和的范

围是。

分析：本题与上题不同的是和不一定相同。在这里我们用莫比乌斯反演来解决，文章开头也说了它能大大简化

运算。我们知道莫比乌斯反演的一般描述为：

其实它还有另一种描述，本题也是用到这种。那就是：

好了，到了这里，我们开始进入正题。。。

对于本题，我们设

为满足且和的的对数

那么，很显然，反演后得到

因为题目要求是为质数，那么我们枚举每一个质数，然后得到

如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。

我们设，那么继续得到。

到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的对应的的值，那么本题就解决了。

我们设，注意这里为素数，。

那么，我们枚举每一个，得到，现在分情况讨论：

（1）如果整除，那么得到

（2）如果不整除，那么得到

[cpp]  view plain copy  
 #include <iostream>  
 #include <string.h>  
 #include <stdio.h>  
   
 using namespace std;  
 typedef long long LL;  
 const int N = 10000005;  
   
 bool vis[N];  
 int p[N];  
 int cnt;  
 int g[N],u[N],sum[N];  
   
 void Init()  
 {  
     memset(vis,0,sizeof(vis));  
     u[1] = 1;  
     cnt = 0;  
     for(int i=2;i<N;i++)  
     {  
         if(!vis[i])  
         {  
             p[cnt++] = i;  
             u[i] = -1;  
             g[i] = 1;  
         }  
         for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++)  
         {  
             vis[i*p[j]] = 1;  
             if(i%p[j])  
             {  
                 u[i*p[j]] = -u[i];  
                 g[i*p[j]] = u[i] - g[i];  
             }  
             else  
             {  
                 u[i*p[j]] = 0;  
                 g[i*p[j]] = u[i];  
                 break;  
             }  
         }  
     }  
     sum[0] = 0;  
     for(int i=1;i<N;i++)  
         sum[i] = sum[i-1] + g[i];  
 }  
   
 int main()  
 {  
     Init();  
     int T;  
     scanf("%d",&T);  
     while(T--)  
     {  
         LL n,m;  
         cin>>n>>m;  
         if(n > m) swap(n,m);  
         LL ans = 0;  
         for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)  
         {  
             last = min(n/(n/i),m/(m/i));  
             ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);  
         }  
         cout<<ans<<endl;  
     }  
     return 0;  
 }  