【XSY3804】QQ数（莫比乌斯函数，容斥）

题面

题解

明显地，这个QQ数可以用 $\mu$ 表示，于是询问就变成了这样：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{d|i}\left(1-\mu (d{)}^2\right)\\ =& \sum _{d=1}^n\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \left(1-\mu (d{)}^2\right)\end{array}$$
发现 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 是可以整除分块的，但是 $n\le 10^9$ 无法线性筛 $\mu$。

考虑如何更快地求出 $\sum _{i=1}^n\left(1-\mu (d{)}^2\right)$，也就是 $1\sim n$ 中的QQ数个数。

但是有这么一个神奇的式子：
$$\sum _{i=1}^n\left(1-\mu (i{)}^2\right)=\sum _{x=2}^{\sqrt{n}}-\mu (x)\lfloor \frac{N}{x^2}\rfloor$$
证明：

首先，对于每一个QQ数 $a$，他肯定可以拆分成这种形式：$a=x^{2}y$（其中 $x$ 不是QQ数），也就是说，我们把每一个QQ数表示成一个非QQ数的平方再乘上一个数。

比如QQ数 $2^4\times 3^3\times 5$ 可以拆分为 $(2\times 3{)}^2\times \dots$（$x=2\times 3$）或者 $2^2\times \dots$（$x=2$）或者 $3^2\times \dots$（$x=3$）。

那么 $\sum _{x=2}^{\sqrt{n}}-\mu (x)\lfloor \frac{N}{x^2}\rfloor$ 就可以看成是枚举每一个 $x$，然后再枚举有多少个 $a$，然后再配上一个 $-\mu (x)$ 去重。（至于能去重的原因结合 $\mu$ 的定义以及这个式子想一想：$\sum _{i=1}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=-1$）

那么就能在 $\sqrt{n}$ 的时间内求出 $\sum _{i=1}^n\left(1-\mu (d{)}^2\right)$ 了。

时间复杂度比较玄学，反正能过。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define SN 32000
#define ll long long

using namespace std;

int ql,qr;
int cnt,prime[SN],mu[SN];
bool notprime[SN];

void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=31622;i++)
	{
		if(!notprime[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=31622;j++)
		{
			notprime[i*prime[j]]=1;
			if(!(i%prime[j])) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

int summu(int n)
{
	ll ans=0;
	for(int i=2;i*i<=n;i++)
		ans-=mu[i]*(n/i/i);
	return ans;
}

ll solve(int n)
{
	ll ans=0;
	for(int l=1,r,last=0;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		ll tmp=summu(r);
		ans+=(n/l)*(tmp-last);
		last=tmp;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d%d",&ql,&qr);
	printf("%lld
",solve(qr)-solve(ql-1));
	return 0;
}