2024-03-28

2024-03-28

\({\color{Red}\Large到成都集训来了!}\)

晚上自习

YY的GCD

\({\color{Chocolate}Problem}\)
\(i\in[1,n],j\in[1,m] \ \ \ m,n\le10^7\)，\(T\le10^4\) 组询问，求 \(\gcd(i,j)\) 是素数的 \((i,j)\) 对数

\({\color{Chocolate}Solution}\)

\[\begin{align*} ans&=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=p]\newline &=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1] \end{align*} \]

莫比乌斯函数有一个小性质

\[\sum_{d\mid x}\mu(d)=[x=1] \]

\[\therefore[gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d) \]

\[\therefore ans=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d) \]

考虑改变求和顺序
先枚举 \(k=\gcd(i,j)\)，则 \(i,j\) 均是 \(k\) 的倍数

\[ans=\sum_{p\in primes}\sum_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\sum_{d\mid k}\mu(d)\times\left\lfloor\frac{n}{pk}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{pk}\right\rfloor \]

接下来（按照题解说的）是常见的变换方式
设 \(t=pk\)

\[\begin{align*} ans&=\sum_{p\in primes}\sum_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\sum_{d\mid k}\mu(d)\times\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\newline &=\sum_{t=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\sum_{p\in primes,p\mid t} \mu(\frac{t}{p}) \end{align*} \]

\(k\) 的约数不用再枚举的原因是：\(t\) 实际上枚举的是 \(p\)和 \(k\)的所有约数 的乘积，已经考虑过了

最后面的和式可以在线性筛的时候预处理
剩下的数论分块

时间复杂度 \(O(n+T\sqrt{n})\)

\({\color{Chocolate}Code}\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1e7+100;

ll n,m;

int primes[N],cntp;
bool st[N];
int mu[N];
ll sm[N];

void init_mu(int mx) {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=mx;i++) {
		if(!st[i]) primes[++cntp]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;i*primes[j]<=mx;j++) {
			st[i*primes[j]]=true;
			if(i%primes[j]==0) {
				mu[i*primes[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*primes[j]]=-mu[i]; 
		}
	}
	for(int j=1;j<=cntp;j++)
		for(int i=1;i*primes[j]<=mx;i++)
			sm[i*primes[j]]+=mu[i]*1ll;
	for(int i=1;i<=mx;i++) sm[i]+=sm[i-1];
}

int main() {
	init_mu(1e7+10);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		ll lft=1,rgh,ans=0;
		while(lft<=n) {
			rgh=min(n,min(n/(n/lft),m/(m/lft)));
			ans+=(sm[rgh]-sm[lft-1])*(n/lft)*(m/lft);
			lft=rgh+1;
		}
		printf("%lld\n",ans); 
	}
	
	return 0;
} 

GCD SUM

做完前边几个题，这个就很简单了

不写解析了

完蛋还没写完但是要回去了

回宿舍交了，过了

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1e5+100;

int primes[N],cntp;
bool st[N];
ll mu[N],sm[N];

void init_mu(int mx) {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=mx;i++) {
		if(!st[i]) primes[++cntp]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;i*primes[j]<=mx;j++) {
			st[i*primes[j]]=true;
			if(i%primes[j]==0) {
				mu[i*primes[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*primes[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=mx;i++) sm[i]=sm[i-1]+mu[i];
}

ll n;

int main() {
	scanf("%lld",&n);
	init_mu(n+10);
	ll ans=0;
	for(int g=1;g<=n;g++) {
		int m=n/g;
		int lft=1,rgh;
		ll res=0;
		while(lft<=m) {
			rgh=min(m,m/(m/lft));
			res+=(sm[rgh]-sm[lft-1])*(m/lft)*(m/lft); 
			lft=rgh+1;
		}
		ans+=g*res;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}