莫比乌斯反演在数论中占有重要的地位，许多情况下能大大简化运算。那末我们先来认识莫比乌斯反演公式。
定理：
和
是定义在非负整数集合上的两个函数，并且满足条件
，那末我们得到结论
在上面的公式中有1个
函数，它的定义以下：
（1）若
，那末
（2）若
，
均为互异素数，那末
（3）其它情况下
对函数，它有以下的常见性质：
（1）对任意正整数
有
（2）对任意正整数有
线性挑选求莫比乌斯反演函数代码。
void Init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1] = 1;
cnt = 0;
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[cnt++] = i;
mu[i] = ⑴;
}
for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
{
vis[i*prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
else
{
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。
证明
证明终了！
嗯，有了莫比乌斯反演，很多问题都可以简化了，接下来我们来看看莫比乌斯反演在数论中如何简化运算的。
题目：http://bz.cdqzoi.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818
题意：给1个正整数，其中
，求使得
为质数的
的个数，
。
分析：对本题，由于是使得为质数，所以必定要枚举小于等于的质数，那末对每个质数
，只
需要求在区间
中，满足有序对互质的对数。
也就是说，现在问题转化为：在区间
中，存在多少个有序对使得互质，这个问题就简单啦，由于
是有序对，无妨设
，那末我们如果枚举每个
，小于有多少个
与互素，这正是欧拉函数。所以
我们可以递推法求欧拉函数，将得到的答案乘以2便可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那末有哪些呢？
是
且为素数的情况，再加上就好了。
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000010;
bitset<N> prime;
LL phi[N];
LL f[N];
int p[N];
int k;
void isprime()
{
k = 0;
prime.set();
for(int i=2; i<N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[k++] = i;
for(int j=i+i; j<N; j+=i)
prime[j] = false;
}
}
}
void Init()
{
for(int i=1; i<N; i++) phi[i] = i;
for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;
for(int i=3; i<N; i+=2)
{
if(phi[i] == i)
{
for(int j=i; j<N; j+=i)
phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;
}
}
f[1] = 0;
for(int i=2;i<N;i++)
f[i] = f[i⑴] + (phi[i]<<1);
}
LL Solve(int n)
{
LL ans = 0;
for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)
ans += 1 + f[n/p[i]];
return ans;
}
int main()
{
Init();
isprime();
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%I64d
",Solve(n));
return 0;
}
嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就能够弄定，接下来我们来看看它的升级版。
题意：给定两个数
和
，其中
，
，求
为质数的
有多少对？其中和的范
围是
。
分析：本题与上题不同的是和不1定相同。在这里我们用莫比乌斯反演来解决，文章开头也说了它能大大简化
运算。我们知道莫比乌斯反演的1般描写为：
其实它还有另外一种描写，本题也是用到这类。那就是：
好了，到了这里，我们开始进入正题。。。
对本题，我们设
为满足
且和的的对数
为满足
且和的的对数
那末，很明显
，反演后得到
由于题目要求是为质数，那末我们枚举每个质数
，然后得到
如果直接这样做肯定TLE，那末我们必须优化。
我们设
，那末继续得到
。
到了这里，可以看出如果我们可以先预处理出所有的
对应的
的值，那末本题就解决了。
我们设
，注意这里为素数，
。
那末，我们枚举每个
，得到
，现在分情况讨论：
（1）如果整除
，那末得到
（2）如果不整除，那末得到
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;
bool vis[N];
int p[N];
int cnt;
int g[N],u[N],sum[N];
void Init()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
u[1] = 1;
cnt = 0;
for(int i=2;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
{
p[cnt++] = i;
u[i] = ⑴;
g[i] = 1;
}
for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++)
{
vis[i*p[j]] = 1;
if(i%p[j])
{
u[i*p[j]] = -u[i];
g[i*p[j]] = u[i] - g[i];
}
else
{
u[i*p[j]] = 0;
g[i*p[j]] = u[i];
break;
}
}
}
sum[0] = 0;
for(int i=1;i<N;i++)
sum[i] = sum[i⑴] + g[i];
}
int main()
{
Init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
LL n,m;
cin>>n>>m;
if(n > m) swap(n,m);
LL ans = 0;
for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
{
last = min(n/(n/i),m/(m/i));
ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i⑴]);
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}