51nod1222 最小公倍数计数 【莫比乌斯反演】

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题目描述

$f(n)=\left(lcm(x,y)==n的二元组(x<=y)的数量\right)$
求 $\sum_{i=a}^bf(i)$
$1\le a\le b\le10^{11}$

题目分析

实质上就是求 $\sum_i\sum_jlcm(i,j)\le n$的数量，最后加上n，再除以2
看到这种条件里面带不等式的，求和符号能省去范围的就省掉，不然会很冗杂
枚举gcd:
$=\sum_{d=1}^n\sum_i\sum_j[(i,j)==1][ijd<=n]$
反演，去掉[(i,j)==1]:
$=\sum_{k=1}^{\sqrt n}\mu(k)\sum_d\sum_i\sum_j\left[ijd<=\lfloor\frac n{k^2}\rfloor\right]$
那么现在就是求 $g(n)=\sum_a\sum_b\sum_c[abc<=n]$

假设 $a<=b<=c$，那么只需要枚举不超过 $\large n^{\frac 13}$的 $a$，再枚举不超过 $\large\sqrt{\frac na}$的 $b$，统计c的个数，在配上对应的容斥系数，考虑一下两个数，三个数相等的情况即可。
求 $g(n)$的时间复杂度为 $\sum_{i=1}^{n^{\frac 13}}(\sqrt{\frac ni}-i)$， $O(n^{\frac 23})$

• PS:
  枚举 $lcm$，原式 $=\sum_{i=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|i}[(x,y)==1]\\=\sum_{i=1}^n\sigma_0(i^2)$
  问题等同于Counting Divisors

#include<cstdio>
#define LL long long
const int N = 10000005;
int p[N/10],mu[N+5];
bool v[N+5];
void Prime()
{
	mu[1]=1;int cnt=0;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!v[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1,k;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++)
		{
			v[k=p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) {mu[k]=0;break;}
			mu[k]=-mu[i];
		}
	}
}
LL solve(LL n)
{
	LL ans=0;
	for(LL k=1;k*k<=n;k++) if(mu[k])
	{
		LL m = n/(k*k), ret=0;
		for(LL i=1;i*i*i<=m;i++)
		{
			for(LL j=i+1;i*j*j<=m;j++) ret+=(m/(i*j)-j)*6+3;
			ret+=(m/(i*i)-i)*3+1;
		}
		ans+=mu[k]*ret;
	}
	return (ans+n)/2;
}
int main()
{
	Prime();
	LL a,b;
	scanf("%lld%lld",&a,&b);
	printf("%lld",solve(b)-solve(a-1));
}