參考：https://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/7045199.html
所是反演其實反演作用不大，又是一道做起來感覺詭異的題
轉成前綴和相減的形式
\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\frac{i*j}{gcd(i,j)}\leq n] \]
\[ \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}ze8trgl8bvbq\right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}ze8trgl8bvbq\right \rfloor}[gcd(i,j)==1][i*j\leq\left \lfloor \frac{n}ze8trgl8bvbq \right \rfloor] \]
\[ \sum_{k=1}^{n} \mu(k)\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor}[i*j*d\leq\left \lfloor \frac{n}{k^2} \right \rfloor] \]
然后是非常神奇的縮小范圍……
\[ \sum_{k=1}^{\sqrt{n}}\mu(k)\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k^2} \right \rfloor}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dk^2} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dk^2} \right \rfloor}[i*j*d\leq\left \lfloor \frac{n}{k^2} \right \rfloor] \]
然后對于這個友好的范圍直接枚舉就可以了。

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; const int N=1000005,m=1000000; int q[N],mb[N],tot; long long a,b; bool v[N]; long long wk(long long n) {if(!n)return 0;long long re=0ll,tmp=0ll,a=sqrt(n);for(long long k=1;k<=a;k++)if(mb[k]){tmp=0;long long b=n/k/k;for(long long i=1;i*i*i<=b;i++){for(long long j=i+1;j*j*i<=b;j++)tmp+=(b/(i*j)-j)*6+3;tmp+=(b/(i*i)-i)*3;tmp++;}re+=mb[k]*tmp;}return (re+n)/2; } int main() {mb[1]=1;for(int i=2;i<=m;i++){if(!v[i]){q[++tot]=i;mb[i]=-1;}for(int j=1;j<=tot&&i*q[j]<=m;j++){int k=i*q[j];v[k]=1;if(i%q[j]==0){mb[k]=0;break;}mb[k]=-mb[i];}}scanf("%lld%lld",&a,&b);printf("%lld\n",wk(b)-wk(a-1));return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/lokiii/p/8324776.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

以上是生活随笔為你收集整理的51nod 1222 最小公倍数计数【莫比乌斯反演】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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