【XSY2719】prime 莫比乌斯反演

题目描述

　　设\(f(i)\)为\(i\)的不同的质因子个数，求\(\sum_{i=1}^n2^{f(i)}\)

　　\(n\leq{10}^{12}\)

题解

　　考虑\(2^{f(i)}\)的意义：有\(f(i)\)总因子，每种可以分给两个人中的一个。那么就有\(2^{f(i)}=\sum_{d|i}[\gcd(d,\frac{i}{d})=1]\)

　　然后就是简单莫比乌斯反演了。

\[\begin{align}
s&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}[\gcd(d,\frac{i}{d})=1]\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{j|d\text{&&}j|\frac{i}{d}}\mu(j)\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j^2|i}g(\frac{i}{j^2})\mu(j)\\
&=\sum_{j=1}^\sqrt{n}\mu(j)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor}g(i)\\
&=\sum_{j=1}^\sqrt{n}\mu(j)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{j^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{j^2i}\rfloor
\end{align}
\]

　　时间复杂度：\(O(\sqrt n\log n)\)

代码

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll p=998244353;

ll gao(ll x)

{

	ll s=0;

	ll i,j;

	for(i=1;i<=x;i=j+1)

	{

		j=x/(x/i);

		s+=(x/i)*(j-i+1);

	}

	return s;

}

int b[1000010];

int pri[1000010];

int cnt;

int miu[1000010];

int main()

{

	ll i,j;

	miu[1]=1;

	for(i=2;i<=1000000;i++)

	{

		if(!b[i])

		{

			pri[++cnt]=i;

			miu[i]=-1;

		}

		for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=1000000;j++)

		{

			b[i*pri[j]]=1;

			if(i%pri[j]==0)

			{

				miu[i*pri[j]]=0;

				break;

			}

			miu[i*pri[j]]=-miu[i];

		}

	}

	ll ans=0;

	ll n;

	scanf("%lld",&n);

	for(i=1;i*i<=n;i++)

		ans=(ans+miu[i]*gao(n/(i*i)))%p;

	ans=(ans+p)%p;

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

巴特西

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