前置知识
以下结论是显然的：
（1）若( heta)可乘，则
- ( heta(1)=1)
- ( heta(n)= hetaleft(p 1^{alpha 1} ight) hetaleft(p 2^{alpha 2} ight) ldots hetaleft(p k^{alpha k} ight))
- ( heta 1, heta 2) 可乘 (Longrightarrow heta 1 heta 2) 可乘
（2）(sum_{d mid n})：对n所有的正因子求和
(left(sum_{d mid n} f(d)
ight)left(sum_{d mid n} g(d)
ight)=sum_{d_1|n wedge d_2| n} f(d 1) g(d 2))
（3）【莫比乌斯函数】定义：
显然，(mu)为可乘函数
推论：
（4）若( heta)可乘，则(psi(n)=sum_{d mid n} heta(d))可乘（下文引用此处的(psi)定义）
设( (m, n)=1,) 则mn的任一因子可唯一写成d (=d 1 d 2) 其中 (d 1|m, d 2| n)，根据结论(2)
（5）(psi(n)=left(1+ heta(p 1)+ hetaleft(p 1^{2} ight)+ldots ight)left(1+ heta(p 2)+ hetaleft(p 2^{2} ight)+. . ight) ldots)
该结论由3和可乘函数性质易得。
（6）若 ( heta) 可乘, (mu heta) 可乘, (sum_{d mid n} mu(d) heta(d)) 也可乘(根据性质4)，易得
特别地，
（7）【莫比乌斯反演定理】
F(n)与f(n)均为数论函数
证明：
由(left(left{egin{array}{l}d mid n \ d 1 mid frac{n}{d}end{array} Leftrightarrowleft{egin{array}{l}d mid frac{n}{d 1} \ d 1 mid nend{array} ight) ight. ight.)，
根据性质（6）中( heta=1)的情况，只有n=1时函数能取到1，因此只有(frac{n}{d_1}=1)时该项对答案有贡献，即(d_1=n)，因此(sum_{d 1 mid n} f(d 1) sum_{d mid frac{n}{d 1}} mu(d)=f(n))，形式一证毕
例题
POJ3904 Sky Code
题意:
给出n个数，问有多少4元组的gcd为1
思路:
直接求很困难，需要容斥，考虑进行转换：
设F(n):有多少四元组满足gcd为n的整数倍
f(n):有多少四元组满足gcd为n
F与f满足第二类反演条件(F(n)=sum_{n mid d} f(d))
F（n)很好求，只要将包含因数n的数个数num预处理出来即可，(F(n)=C(num,4))
答案即为f(1)，可以通过反演第二种形式转换为求F(n)，即
代码:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e4+5;
const int maxp=1e4+5;
bool isPrime[maxn];
int Prime[maxp], primecnt = 0;
int mu[maxn];
void GetPrime(int n){//筛到n
memset(isPrime, 1, sizeof(isPrime));
isPrime[1] = 0;//1不是素数
mu[1]=1;
for(int i = 2; i <= n; i++){
if(isPrime[i])//没筛掉
Prime[++primecnt] = i, mu[i]=-1; //i成为下一个素数
for(int j = 1; j <= primecnt && i*Prime[j] <= n; j++) {
isPrime[i*Prime[j]] = 0;
if(i % Prime[j] == 0){//i中也含有Prime[j]这个因子
mu[i*Prime[j]]=0;
break;
}
else{
mu[i*Prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
}
ll Cn4(ll n){
if(n<=3){
return 0;
}
else{
return n*(n-1)*(n-2)*(n-3)/24;
}
}
int a[maxn];
int tot[maxn];
void init(int n){
memset(tot,0,sizeof tot);
}
int main () {
const int N=10000;
GetPrime(N);
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
init(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int right=sqrt(a[i]);
for(int j=1;j<=right;j++){
if(a[i]%j==0){
tot[j]++;
tot[a[i]/j]++;
}
}
if(right*right==a[i]){//多统计了一次
tot[right]--;
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=maxn-1;i++){
ans+=(ll)mu[i]*Cn4(tot[i]);
}
printf("%lld
",ans);
}
}
参考与引用：