【51Nod1244】莫比乌斯函数之和-杜教筛+哈希表

测试地址：莫比乌斯函数之和
做法：这题需要使用杜教筛+哈希表。
以下方括号$[]$表示若括号内式子为真，则该符号值为$1$，否则值为$0$。
首先我们设莫比乌斯函数前$n$项的和为$f(n)$，即$f(n)=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)$，那么我们只需求$f(b)-f(a-1)$。使用$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$来作进一步推导，我们可以先找到函数$e(n)=[n=1]$的前缀和，显然$\sum_{i=1}^{n}e(i)=1$，那么$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\mu(d)=1$，所以：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)=\sum_{i=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)=1$$
将 $f(n)$那项提出来，得到：
$$f(n)=1-\sum_{i=2}^{n}f(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$$
因为 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$只有 $O(\sqrt N)$种取值，所以分块计算，需要用到的 $f$值再递归计算，可以证明这个算法的时间复杂度是$O(N^{\frac{3}{4}})$。
然而我们还可以优化一下：我们发现一些比较小的 $f(n)$值可以预处理出来，最好预处理出前 $N^{\frac{2}{3}}$项，据说这样时间可以优化到 $O(N^{\frac{2}{3}})$。而且在计算 的时候，发现有些函数值被重复计算了，那么我们可以写个哈希表判个重就可以优化掉这些时间了。
以下是本人代码（25个测试点TLE了1个点，有待继续学习）：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define limit 1000000
#define mod 7500000
using namespace std;
ll a,b,h[mod+5]={0};
int miu[limit+5],sum[limit+5],f[mod+5];
bool prime[limit+5]={0};

int hash(ll x)
{
  int s=x%mod;
  while(h[s]&&h[s]!=x) s=(s+1)%mod;
  return s;
}

void calc_miu(ll x)
{
  for(int i=1;i<=x;i++)
    miu[i]=1;
  for(ll i=2;i<=x;i++)
    if (!prime[i])
    {
      for(ll j=1;j*i<=x;j++)
      {
        prime[i*j]=1;
        if (!(j%i)) miu[i*j]=0;
        miu[i*j]*=-1;
      }
    }
  sum[0]=0;
  for(int i=1;i<=x;i++) sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}

ll count(ll x)
{
  int pos=hash(x);
  if (x<=limit) return (ll)sum[x];
  if (h[pos]==x) return f[pos];
  ll s=0,i=2,next;
  while(i<=x)
  {
    next=x/(x/i);
    s+=(next-i+1)*count(x/i);
    i=next+1;
  }
  h[pos]=x,f[pos]=1-s;
  return 1-s;
}

int main()
{
  calc_miu(limit);
  scanf("%lld%lld",&a,&b);
  printf("%lld",count(b)-count(a-1));

  return 0;
}