【bzoj3529】[Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演+离线+树状数组

题目描述

有一张n×m的数表，其第i行第j列（1 <= i <= n ，1 <= j <= m）的数值为能同时整除i和j的所有自然数之和。给定a，计算数表中不大于a的数之和。

输入

输入包含多组数据。
输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数n，m，a(|a| < =10^9)描述一组数据。

输出

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

样例输入

2
4 4 3
10 10 5

样例输出

20
148

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题解

莫比乌斯反演+离线+树状数组

设 $f(n)$ 表示 $n$ 的约数和，当约数和大于 $a$ 时将其视作0。

那么我们要求的就是 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$ 

于是有以下公式推导（为了方便，以下默认 $n\le m$）：

$\ \ \ \ \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\sum\limits_{p|i\&p|j}\mu(p)\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor$

然后再设 $D=dp$ 则有：

$\ \ \ \ \sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor\\=\sum\limits_{D=1}^n\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor\sum\limits_{d|D}f(d)\mu(\frac Dd)$

此时如果所有的询问的 $a$ 都相同，这道题就做完了。预处理出 $f(n)$ 和 $\mu(n)$ ，并用 $O(n\ln n)$ 的时间内算出所有的 $\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\frac nd)$ ，求出其前缀和。然后对每个询问枚举商，分块处理即可。

那么如果 $a$ 不同呢？考虑离线，把所有询问按照 $a$ 从小到大排序，把所有数按照 $f$ 值从小到大排序，对于每一次 $a$ 的改变，在所有数中移动指针 $p$。那么每次指针 $p$ 移动就相当于是把 $f(p)$ 的贡献都算上。由于每个数只被扫到一次，因此只需要修改 $n\ln n$ 个 $\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\frac nd)$ 。

而我们需要动态维护前缀和，需要支持修改，因此使用树状数组来维护即可。

模 $2^{30}$ 的话可以先unsigned int自然溢出（相当于模$2^{31}$），最后答案再对 $2^{30}-1$取与。

时间复杂度 $O(n\log^2n+Q\sqrt n\log n)$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define n 100000
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
struct data
{
	ui p , q , v , pos;
	bool operator<(const data &a)const {return v < a.v;}
}a[N];
ui mu[N] , prime[N] , tot , np[N] , s[N] , id[N] , f[N] , ans[N];
bool cmp(ui a , ui b)
{
	return s[a] < s[b];
}
inline void add(ui x , ui a)
{
	ui i;
	for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] += a;
}
inline ui query(ui x)
{
	ui i , ans = 0;
	for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += f[i];
	return ans;
}
int main()
{
	ui m , i , j , last , p = 1;
	int x;
	mu[1] = 1;
	for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ )
		{
			np[i * prime[j]] = 1;
			if(!(i % prime[j]))
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		id[i] = i;
		for(j = i ; j <= n ; j += i)
			s[j] += i;
	}
	sort(id + 1 , id + n + 1 , cmp);
	scanf("%u" , &m);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		scanf("%u%u%u" , &a[i].p , &a[i].q , &x) , a[i].pos = i;
		if(x > 0) a[i].v = x;
		else a[i].v = 0;
	}
	sort(a + 1 , a + m + 1);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
	{
		while(p <= n && s[id[p]] <= a[i].v)
		{
			for(j = 1 ; j * id[p] <= n ; j ++ )
				add(j * id[p] , mu[j] * s[id[p]]);
			p ++ ;
		}
		for(j = 1 ; j <= a[i].p && j <= a[i].q ; j = last + 1)
			last = min(a[i].p / (a[i].p / j) , a[i].q / (a[i].q / j)) , ans[a[i].pos] += (a[i].p / j) * (a[i].q / j) * (query(last) - query(j - 1));
	}
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%u\n" , ans[i] & 0x7fffffff);
	return 0;
}