牛客练习赛72D——brz的函数（莫比乌斯反演）

令所求的式子为

(f(n)=Sigma_iSigma_jmu(ij))

则可以写出如下递推式，画个 (n*n) 的表格可辅助理解

(f(n)=f(n-1)+2Sigma_{x=1}^nmu(xn))

考虑 (Sigma_{x=1}^nmu(xn)) 的含义，这里先直接给出结果：

(Sigma_{x=1}^nmu(xn)=Sigma_{x=1}^n[gcd(x,n)=1]*mu(x)*mu(n))

上式的含义最简洁的一种理解方式是，由于莫比乌斯函数是积性的，因此当二者gcd为1时，有 (mu(xn)=mu(x)mu(n))；而不为1的时候 (xn) 一定有平方因子，因此乘起来整个都是0。因此，可以写成上式。

使用经典结论 ([dog=1]=Sigma_{d|dog}mu(d)) 可以继续得到：

(Sigma_{x=1}^nmu(xn)=Sigma_{x=1}^n[gcd(x,n)=1]*mu(x)*mu(n))

(=mu(n)Sigma_{x=1}^nmu(x)Sigma_{d|gcd(x,n)}mu(d))

交换求和次序

(=Sigma_{d|n}mu(d)*Sigma_{d|x,xleq n}mu(x))

此时似乎很难往下化简了，我也一度陷入了懵逼当中，但当我冷静下来时，我发现化简到这一步已经够用了，因为上式直接计算似乎是（好吧我瞎猜的，应该差不多）个 (O(sqrt{n}*log(n))) 的复杂度，所以就直接计算就好了。

这样，总的程序复杂度就是 (O(nsqrt{n}*log(n))) ，可以写了。

具体实现的时候，要预处理出每个数的所有因数，并且要在发现某 (mu) 值为零时立刻continue剪个枝才能通过此题。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,a,n) for(int i=n;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define fastin ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef double db;

const int N=2e5+5;
int tot,flg[N+5],p[N+5],mu[N+5];
void getMu() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		if (!flg[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= N; ++j) {
			flg[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) {
				mu[i * p[j]] = 0;
				break;
			}
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
}
int ans[50010],t,n;
vector<int> fac[50010];
int main(){
	getMu();
	ans[1]=1;
	rep(i,1,50000){
		for(int j=i;j<=50000;j+=i){
			fac[j].pb(i);
		}
	}
	rep(i,2,50000){
		if(!mu[i]){
			ans[i]=ans[i-1];continue;
		}
		int cof=2*mu[i];
		int sum=0;
		for(auto d:fac[i]){
			if(!mu[d])	continue;
			int tmp=0;
			for(int x=d;x<i;x+=d){
				tmp+=mu[x];
			}
			tmp*=mu[d];
			sum+=tmp;
		}
		ans[i]=ans[i-1]+cof*sum;
	}
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		printf("%d
",ans[n]);
	}
	return 0;
}