前幾天多校的時候碰到一道莫比烏斯的題目，一臉懵逼，然后惡補了幾道。

先看下莫比烏斯的基本概念：

定理：和是定義在非負整數集合上的兩個函數，并且滿足條件，那么我們得到結論

在上面的公式中有一個函數，它的定義如下：

（1）若，那么

（2）若，均為互異素數，那么

（3）其它情況下

來自acdreamer大佬的博客。

先說下第一道入門題目（雖然入門，處理的東西也不少。。）：

hdu 1695:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695

題目意思：對于1<=x<=d,1<=y<=d 求gcd(x,y)=k的個數

題解：首先第一步，對于對于1<=x<=d,1<=y<=d 如果 gcd(x,y)=k，那么對于1<=x/k<=d/k,1<=y/k<=d/k gcd(x,y)=1。問題就轉化為對于1<=x<=d/k,1<=y<=d/k 求gcd(x,y)=1的個數。

然后我們定義兩個函數。F(n)與f(n);

F（d）為 有多少對（x,y）滿足gcd（x,y）== d 的倍數 。

f（d）為有多少對（x,y）滿足gcd（x,y）== d 。

我們要求的是f(d)的值，但我們發現F(d)函數比較容易求解F(d)=(n/d)*(m/d);(這個怎么理解呢，我們把范圍1~n里面能夠整除x的數的個數表示為n/x；對于兩個數，如果兩個數的因子都有d，那么這兩個數的倍數的gcd一定是d的倍數)。

是不是可以套進去？

而且我們簡化之后，要求的n為1 那么u也就很好求了。

貼一個線性求mu的代碼：

int prime[100001];
int mu[100001];
int sum[100001];
void init()
{
    int vis[100001];
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(mu,0,sizeof(mu));
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    mu[1]=1;
    int ret=0;
    for(int i=2;i<=100000;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[ret++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<ret && i*prime[j] < 100000;j++)
        {
            int temp=i*prime[j];
            vis[temp]=1;
            if(i%prime[j]) mu[temp]=-mu[i];
            else
            {
                mu[temp]=0;
                break;
            }
        
    }
}

有了這些之后，還有一個問題。題目要求去重，這個怎么理解呢？

此時，走到這一步，我們已經求得了（x,y）滿足gcd（x,y）=1的對數 ，但題目中說明了，（1，2）和（2，1）算一種情況，那么我們就要減去多余了的情況，怎那么找出那些多算進去的情況呢？ 下面的圖畫的很清楚：

G（b,b）就是多算進去的這些情況，

那么 G（b，d）- G（b，b）/ 2 就是最終我們要求的結果了，至于這一點，有不懂的請在紙上畫一畫，這不是我要講的重點了。（轉自http://blog.csdn.net/lixuepeng_001/article/details/50577932）

ac代碼：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;  
  
const int maxn=1e5+7;  
bool vis[maxn];  
int prime[maxn],mu[maxn];  
int cnt;  
  
void Init(){  
    int N=maxn;  
    memset(prime,0,sizeof(prime));  
    memset(mu,0,sizeof(mu));  
    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;  
            }  
        }  
    }  
}  
  
void getMu(){  
    int N=maxn;  
    for(int i=1;i<N;++i){  
        int target=i==1?1:0;  
        int delta=target-mu[i];  
        mu[i]=delta;  
        for(int j=2*i;j<N;j+=i)  
            mu[j]+=delta;  
    }  
}  
  
int main()  
{  
    ios::sync_with_stdio(false);  
    int a,b,c,d,k;  
    int T,Case=0;  
    Init();  
    cin>>T;  
    while(T--){  
        cin>>a>>b>>c>>d>>k;  
        cout<<"Case "<<++Case<<": ";  
        if(k==0){  
            cout<<"0"<<endl;  
            continue;  
        }  
        b/=k,d/=k;  
        long long ans1=0,ans2=0;  
        for(int i=1;i<=min(b,d);i++){  
            ans1+=(long long)mu[i]*(b/i)*(d/i);  
        }  
        for(int i=1;i<=min(b,d);i++){  
            ans2+=(long long)mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);  
        }  
        cout<<ans1-ans2/2<<endl;  
    }  
    return 0;  
}  

對于這個問題還有一個知識點可以，就是分塊求和。

對于[n/x]這個表達式，當[n/x]=d是不是有很多x可以對應這個值？

比如a'=100,那么d在[34,50]之間a'/d都是2。

那么我們可以把連續的一段d一起來算（分塊）：

設a'/d=x，那么最后一個a'/d=x的d=a'/x，所以這段連續的區間就是[d,a'/(a'/d)]

結合b'/d，取個min就可以了。

我們就不需要對每一個x都做一個遍歷而是可以分塊把復雜度降到根號n；

bzoj1101:

1101: [POI2007]Zap

Time Limit:10 SecMemory Limit:162 MB
Submit:1400Solved:455
[Submit][Status]

Description

FGD正在破解一段密碼，他需要回答很多類似的問題：對于給定的整數a,b和d，有多少正整數對x,y，滿足x<=a，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作為FGD的同學，FGD希望得到你的幫助。

Input

第一行包含一個正整數n，表示一共有n組詢問。（1<=n<= 50000）接下來n行，每行表示一個詢問，每行三個正整數，分別為a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000）

Output

對于每組詢問，輸出到輸出文件zap.out一個正整數，表示滿足條件的整數對數。

Sample Input

2
4 5 2
6 4 3

Sample Output

3
2

HINT

對于第一組詢問，滿足條件的整數對有(2,2)，（2,4），（4，2）。對于第二組詢問，滿足條件的整數對有（6,3），（3,3）。

參考代碼：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
int prime[100001];
int mu[100001];
int sum[100001];
void init()
{
    int vis[100001];
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(mu,0,sizeof(mu));
    memset(prime,0,sizeof(prime));
    mu[1]=1;
    int ret=0;
    for(int i=2;i<=100000;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[ret++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<ret && i*prime[j] < 100000;j++)
        {
            int temp=i*prime[j];
            vis[temp]=1;
            if(i%prime[j]) mu[temp]=-mu[i];
            else
            {
                mu[temp]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=100001;i++)
    {
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;
    init();
    int Case=0;
    while(t--)
    {
        int b,d,k;
        cin>>b>>d>>k;
        printf("Case %d: ",++Case);
        if(k==0)
        {
            cout<<"0"<<endl;
            continue;
        }
        ll temp1,temp2;
        temp1=temp2=0ll;
        d/=k;
        b/=k;
        int pos;
        for(int i=1;i<=min(b,d);i=pos+1)
        {
            pos=min(b/(b/i),d/(d/i));//求出分塊區間
            temp1+=(sum[pos]-sum[i-1])*(b/i)*(d/i);// 對mu做一個前綴和的預處理
        }
        cout<<temp1<<endl;

    }

    return 0;
}

好以上都是對于求一定范圍內gcd（x,y）=k的情況，那么要求gcd(x,y)為質數的情況呢？

前面求質數的情況已經介紹過了，這里無非就是枚舉一次范圍內質數的個數，但是直接枚舉是會超時的，我們還是要用到分塊的思想。既然要用到分塊的思想那么我們勢必需要對前綴和做一個處理。http://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/4132095.html 這位大佬里面提到了對前綴和的處理，很詳細。

未完待續。。。看了將近三天才處理掉一下皮毛。。加油加油

總結

以上是生活随笔為你收集整理的莫比莫斯小结的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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