[SDOI2008]仪仗队（欧拉函数或莫比乌斯反演）

[SDOI2008]仪仗队

题意：设左下方是坐标 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)，求( 0 , 0 ) 0,0) 0,0)处可以看到的人数。

每一个人对应一个坐标 ( 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 对 应 \phi(1)=1对应 ϕ(1)=1对应）。

欧拉函数

思路：咱们只看其中的一半x，另外一半和它对称，而后就获得式子 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)能够提早用线性筛筛出来，而后再求 ϕ ( x ) \phi(x) ϕ(x)的前n项和x，答案就是2*x+1了（这里的1是 g c d ( 1 , 1 ) = 1 gcd(1,1)=1 gcd(1,1)=1）。

咱们是从 x = 1 ， y = 1 x=1，y=1 x=1，y=1开始枚举，但看起来 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)并无算进去，其实x的计算中 ϕ ( 1 ) 其 实 已 经 把 这 些 算 进 去 了 \phi(1)其实已经把这些算进去了 ϕ(1)其实已经把这些算进去了

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;
//欧拉函数的线性筛
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;
    //求欧拉函数前n-1项的和
    //为啥是n-1,由于是从坐标（0，0）开始计算的。
    for(int i=1; i<n; i++) { 
        ans += ou[i];
    }
    cout << ans*2+1;
    return 0;
}

莫比乌斯反演

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​⌋
从上往下解释一下：
第一个式子是总的答案；
第二个式子是莫比乌斯函数的一个性质；
第三个式子加了一个枚举d的操做，这样的话就能够转换成第四个式子；
第四个式子（比较重要）d是i，j的因子因此能够写成 ∑ d ∣ i , d ∣ j \sum_{d|i,d|j} ∑d∣i,d∣j​说明d是i，j的因子，一样也说明i，j是d的因子，在区间 [ 1 , n ] [1,n] [1,n]中是d的倍数的有 n d \frac nd dn​个。一样也是第五个式子。

而后看到 n d \frac nd dn​就能够想到整除分块了。

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];
//线性筛筛出莫比乌斯函数
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];
      }
   }
   //对莫比乌斯函数求前缀和
   for(int i=1; i<N; i++) { 
      sum[i] = sum[i-1] + mu[i];
   }
}

ll solve(ll n, ll m) { //整除分块（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