一：
莫比烏斯反演：
vijos1889

描述

小島: 什麼叫做因數分解呢?
doc : 就是將給定的正整數n, 分解為若干個素數連乘的形式.
小島: 那比如說 n=12 呢?
doc : 那麼就是 12 = 2 X 2 X 3 呀.
小島: 嗚嗚, 好難, 居然素數會重複出現, 如果分解後每一個素數都只出現一次, 我就會.

wish: 這樣來說, 小島可以正確分解的數字不多呀.
doc : 是呀是呀.
wish: 現在問題來了, 對於給定的k, 第 k 個小島無法正確分解的數字是多少?

格式

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輸入只有一行, 只有一個整數 k.
輸出格式

輸出只有一行, 只有一個整數, 表示小島無法正確分解出來的第k個數字.

樣例1

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10

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27

分析：

二分答案，判斷ans前面偶遇多少個含有平方數的數
如何判斷呢?_?
sum代表x前面有sum個符合要求的數
sum=∑mu[i]*x/(i*i) (i=2~sqrt(x))

程式碼如下：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
 

#define int long long 
using namespace std;
const int maxn=200005,N=160000;
int prime[maxn],mu[maxn],vis[maxn],cnt,k;
inline int read(){
    char ch=getchar();
    int f=1,x=0;
    while(!(ch>='0'&&ch<='9')){
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'
 
)
        x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return f*x;
}
int check(int x){
    int sum=0,lala=sqrt(x);
    for(int i=2;i<=lala;i++)
        sum-=mu[i]*x/(i*i);
    return sum; 
}
signed main(void){
    k=read();
    memset(vis,0,sizeof(vis)),cnt=0;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!vis[i])
            prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;j++){
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    int l=k,r=25505460948LL,ans;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(check(mid)>=k)
            ans=mid,r=mid-1;
        else
            l=mid+1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

二：
尤拉函式–>gcd求和
BZOJ 2705

首先這道題要用O(n^(1/2))的演算法來求尤拉函式
接下來我們先假設你會求，看如何求∑gcd
我們以∑(i,6) (i=1~6)為例
∑gcd(i,6)=
gcd(1,6)+gcd(5,6)—>1*2—>1*φ(6/1)
+gcd(2,6)+gcd(4,6)—>2*2—>2*φ(6/2)
+gcd(3,6)—>3*1—>3*φ(6/3)
+gcd(6,6)—>6*1—>6*φ(6/6)
哎？？有沒有發現什麼
所以我們可以得到下面的式子
∑gcd(i,n)=∑(n%x==0?1:0)xφ(n/x)
接下來就要看怎麼求尤拉函數了

int phi(int x){
    int t=x;//t用來計數
    for(int i=2;i<=m;i++)//m=sqrt(n)
        if(x%i==0){
            t=t/i*(i-1);//1~x這些數可以分為長度為i的若干區間，每個區間中都有一個數與x不互質，所以只能取i-1個數
            while(x%i==0)
                x/=i;//在x中除去i
        }
    if(x>1)
        t=t/x*(x-1);
    return t;
} 

程式碼如下：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
int n,ans,m;
int phi(int x){
    int t=x;
    for(int i=2;i<=m;i++)
        if(x%i==0){
            t=t/i*(i-1);
            while(x%i==0)
                x/=i;
        }
    if(x>1)
        t=t/x*(x-1);
    return t;
} 
signed main(void){
    scanf("%lld",&n);
    m=sqrt(n),ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if(n%i==0){
            ans+=i*phi(n/i);
            if(i*i<n)
                ans+=n/i*phi(i);
        }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

接下來是O(n)的演算法：

程式碼如下：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=160000+5;
int vis[maxn],prime[maxn],phi[maxn],cnt;
signed main(void){
    memset(vis,0,sizeof(vis)),cnt=0;
    for(int i=2;i<=10000;i++){
        if(!vis[i])
            prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=10000;j++){
            vis[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
                break;
            }
            else
                phi[i*prime[j]]=(prime[j]-1)*phi[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=100;i++)
        cout<<phi[i]<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}

by >o< neighthorn