题目描述
在数论中，如果一个整数不能被任何一个整数（这个整数不是(1)）的平方整除，我们就称它是一个(Square-free integer)（无平方数因数的数）。你得数一数!
题解
利用容斥的思想，(1)到(n)以内有平方因数的数有(frac{n}{2^2} + frac{n}{3^2} + frac{n}{5^2} - frac{n}{6^2} ...)。
可知以上式子为(- displaystyle sum _{2 leq d leq sqrt n} mu (d) * (n / d^2))，所以无平方因数的数有(n + displaystyle sum _{2 leq d leq sqrt n} mu (d) * (n / d^2))个。
合并一下，我们发现这个式子其实就是(displaystyle sum _{1 leq d leq sqrt n} mu (d) * (n / d^2))。
然后数论分块就好了(# ^ . ^ #)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e7;
int T, tot, vis[N + 5], prime[N + 5], mu[N + 5], s1[N + 5], s2[N + 5];
ll n;
inline ll read()
{
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
return x * f;
}
void init(int n)
{
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i ++)
{
if(!vis[i]) {prime[++ tot] = i; mu[i] = -1;}
for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j ++)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
mu[i * prime[j]] = - mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) s1[i] = s1[i - 1] + mu[i], s2[i] = s2[i - 1] + mu[i] * mu[i];
}
ll calc(ll n)
{
if(n <= N) return s2[n];
ll res = 0, m = sqrt(n);
for(ll l = 1, r; l <= m; l = r + 1)
{
r = min((ll)sqrt(n / (n / (l * l))), m);
res += (n / (l * l)) * (s1[r] - s1[l - 1]);
}
return res;
}
void work()
{
T = read(); init(1e7);
while(T -- > 0)
{
n = read();
printf("%lld
", calc(n));
}
}
int main() {return work(), 0;}