メビウス反転の計算

他の人のコースウェア（qwq

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問題：

既知の\（\ F（1））F（N- cdots \） 、および\（G = F * \ MU \） 、カウント\（G（1）\ cdots G（N-）を\） 。

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解決策1

定義に従って、つまり\（g（n）= \ sum_ {d | n} f（d）\ mu（\ frac {n} d）\）に従って直接計算します。
コード（疑似）：

for(int i=1; i<=n; ++i)
	for(int j=1; j<=n/i; ++j)
		g[i*j] += f[i] * mu[j];

複雑さは\（O（n \ log n）\）です。

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解決策2
数論関数を定義する

\ [q_i（n）= \ begin {cases} 1 \ quad n = 1 \\ -1 \ quad n = p_i \\ 0 \ quad else \ end {cases} \]

ここで、\（p_i \）は\（i \）素数です。
見つけることができます\（\ MU = Q_1 Q_2 * * * q_3 \ cdots \） 、そう\（G = F * Q_1 Q_2 * * * q_3 \ cdots \） 。

関数を\（q_i \）にロールインするには、\（O（\ frac {n} {p_i}）\）しか必要としないため、全体の複雑度は\（\ sum_ {p \ leq n} \ frac { n} p = O（n \ log \ log n）\）。

コード（疑似）

for(int i=1; i<=n; ++i) g[i] = f[i];
for(int i=1; i<=pr_cnt; ++i)
	for(int j = n/prime[i]; j>0; --j) //这样算的原因类似0/1背包qwq
		g[j * prime[i]] -= g[j];