转自：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292
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。那么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
，那么我们得到结论
在上面的公式中有一个
函数，它的定义如下：
（1）若
，那么
（2）若
，
均为互异素数，那么
（3）其它情况下
对于函数，它有如下的常见性质：
（1）对任意正整数
有
（2）对任意正整数有
1 void Init()
2 {
3 memset(vis,0,sizeof(vis));
4 mu[1] = 1;
5 cnt = 0;
6 for(int i=2; i<N; i++)
7 {
8 if(!vis[i])
9 {
10 prime[cnt++] = i;
11 mu[i] = -1;
12 }
13 for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
14 {
15 vis[i*prime[j]] = 1;
16 if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
17 else
18 {
19 mu[i*prime[j]] = 0;
20 break;
21 }
22 }
23 }
24 }
有了上面的知识，现在我们来证明莫比乌斯反演定理。
证明
证明完毕！
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：给一个正整数，其中
，求使得
为质数的
的个数，
。
分析：对于本题，因为是使得为质数，所以必然要枚举小于等于的质数，那么对于每一个质数
，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，因为
是有序对，不妨设
，那么我们如果枚举每一个
，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即可，但是这里乘以2后还有漏计算了的，那么有哪些呢？
是
且为素数的情况，再加上就行了。
1 #include <iostream>
2 #include <string.h>
3 #include <stdio.h>
4 #include <bitset>
5
6 using namespace std;
7 typedef long long LL;
8 const int N = 10000010;
9
10 bitset<N> prime;
11 LL phi[N];
12 LL f[N];
13 int p[N];
14 int k;
15
16 void isprime()
17 {
18 k = 0;
19 prime.set();
20 for(int i=2; i<N; i++)
21 {
22 if(prime[i])
23 {
24 p[k++] = i;
25 for(int j=i+i; j<N; j+=i)
26 prime[j] = false;
27 }
28 }
29 }
30
31 void Init()
32 {
33 for(int i=1; i<N; i++) phi[i] = i;
34 for(int i=2; i<N; i+=2) phi[i] >>= 1;
35 for(int i=3; i<N; i+=2)
36 {
37 if(phi[i] == i)
38 {
39 for(int j=i; j<N; j+=i)
40 phi[j] = phi[j] - phi[j] / i;
41 }
42 }
43 f[1] = 0;
44 for(int i=2;i<N;i++)
45 f[i] = f[i-1] + (phi[i]<<1);
46 }
47
48 LL Solve(int n)
49 {
50 LL ans = 0;
51 for(int i=0; i<k&&p[i]<=n; i++)
52 ans += 1 + f[n/p[i]];
53 return ans;
54 }
55
56 int main()
57 {
58 Init();
59 isprime();
60 int n;
61 scanf("%d",&n);
62 printf("%I64d\n",Solve(n));
63 return 0;
64 }
嗯，上题不算太难，普通的欧拉函数就可以搞定，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一定相同。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一般描述为：
其实它还有另一种描述，本题也是用到这种。那就是：
好了，到了这里，我们开始进入正题。。。
对于本题，我们设
为满足
且和的的对数
为满足
且和的的对数
那么，很显然
，反演后得到
因为题目要求是为质数，那么我们枚举每一个质数
，然后得到
如果直接这样做肯定TLE，那么我们必须优化。
我们设
，那么继续得到
。
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，那么本题就解决了。
我们设
，注意这里为素数，
。
那么，我们枚举每一个
，得到
，现在分情况讨论：
（1）如果整除
，那么得到
（2）如果不整除，那么得到
1 #include <iostream>
2 #include <string.h>
3 #include <stdio.h>
4
5 using namespace std;
6 typedef long long LL;
7 const int N = 10000005;
8
9 bool vis[N];
10 int p[N];
11 int cnt;
12 int g[N],u[N],sum[N];
13
14 void Init()
15 {
16 memset(vis,0,sizeof(vis));
17 u[1] = 1;
18 cnt = 0;
19 for(int i=2;i<N;i++)
20 {
21 if(!vis[i])
22 {
23 p[cnt++] = i;
24 u[i] = -1;
25 g[i] = 1;
26 }
27 for(int j=0;j<cnt&&i*p[j]<N;j++)
28 {
29 vis[i*p[j]] = 1;
30 if(i%p[j])
31 {
32 u[i*p[j]] = -u[i];
33 g[i*p[j]] = u[i] - g[i];
34 }
35 else
36 {
37 u[i*p[j]] = 0;
38 g[i*p[j]] = u[i];
39 break;
40 }
41 }
42 }
43 sum[0] = 0;
44 for(int i=1;i<N;i++)
45 sum[i] = sum[i-1] + g[i];
46 }
47
48 int main()
49 {
50 Init();
51 int T;
52 scanf("%d",&T);
53 while(T--)
54 {
55 LL n,m;
56 cin>>n>>m;
57 if(n > m) swap(n,m);
58 LL ans = 0;
59 for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
60 {
61 last = min(n/(n/i),m/(m/i));
62 ans += (n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
63 }
64 cout<<ans<<endl;
65 }
66 return 0;
67 }