BZOJ3529: [Sdoi2014]数表
Description
Input
Output
对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。
Sample Input
4 4 3
10 10 5
Sample Output
148
题解Here!
莫比乌斯反演的标准模板题。
首先，把那个$a$的约束与取模运算先丢一边去。
设$f(x)$为题目要求的约束和，即$f(x)=\sum_{d|x}d$。
先保证$n<=m$。
那么题目要求的就是：$Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(gcd(i,j))$。
套路，更换枚举项：
$$Ans=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(d)[gcd(i,j)==d]$$
把那个$f(d)$提到前面来：
$$Ans=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$$
后面这个式子好熟悉啊：$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]$
板子了，不会请看这里：洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries
于是：
$$Ans=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(i)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor$$
那个$id$很烦人，设$D=id$，则：
$$Ans=\sum_{D=1}^n\sum_{d|D}f(d)\mu(\frac{D}{d})\lfloor\frac{n}{D}\rfloor\lfloor\frac{m}{D}\rfloor$$
后面那一堆与$d$无关，提到前面来：
$$Ans=\sum_{D=1}^n\lfloor\frac{n}{D}\rfloor\lfloor\frac{m}{D}\rfloor\sum_{d|D}f(d)\mu(\frac{D}{d})$$
很显然嘛，前面的数论分块。
那后面的$f(d)$呢？又不能线性筛。。。
等等，不能线性筛就暴力算啊！
每个数暴力算到它的倍数里去。
复杂度？
首先有个式子：（别问我怎么证明的，我也不知道。。。）
$$\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+...+\frac{n}{n}=nlog_2n$$
于是复杂度就是$O(nlog_2n)$的。
再看$a$的限制。
我们可以离线处理，将询问按$a$从小到大排序，$i$按$f(i)$从小到大排序。
每次询问将$f(i)<=a$的$i$插入树状数组，维护前缀和。
那，取模怎么办？
因为模数是$2^{31}$，正好是$int$型的二进制上限。
我们可以令其自然溢出，最后输出的时候按位与$2^{31}-1$即可。
复杂度是$O(nlog_2n+q\sqrt nlog_2n)$。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n=0,q;
int bit[MAXN],ans[MAXN];
int k=0,prime[MAXN],mu[MAXN],sum[MAXN],pos[MAXN];
bool np[MAXN];
struct Question{
int n,m,a,id;
}que[MAXN];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline bool cmp1(const int &p,const int &q){
return sum[p]<sum[q];
}
inline bool cmp2(const Question &p,const Question &q){
return p.a<q.a;
}
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline void update(int x,int v){for(;x<=n;x+=lowbit(x))bit[x]+=v;}
inline int query(int x){int s=0;for(;x;x-=lowbit(x))s+=bit[x];return s;}
void make(){
int m=n;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=m;i++){
if(!np[i]){
prime[++k]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
np[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
pos[i]=i;
for(int j=i;j<=m;j+=i)sum[j]+=i;
}
sort(pos+1,pos+m+1,cmp1);
}
int solve(int n,int m){
int ans=0;
for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(n/i)*(m/i)*(query(last)-query(i-1));
}
return ans;
}
void work(){
for(int i=1,now=1;i<=q;i++){
for(;sum[pos[now]]<=que[i].a&&now<=n;now++)
for(int k=pos[now];k<=n;k+=pos[now])
update(k,sum[pos[now]]*mu[k/pos[now]]);
ans[que[i].id]=solve(que[i].n,que[i].m);
}
for(int i=1;i<=q;i++)printf("%d\n",ans[i]&2147483647);
}
void init(){
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++){
que[i].n=read();que[i].m=read();que[i].a=read();
if(que[i].n>que[i].m)swap(que[i].n,que[i].m);
que[i].a=max(0,que[i].a);
que[i].id=i;
n=max(n,que[i].m);
}
sort(que+1,que+q+1,cmp2);
}
int main(){
init();
make();
work();
return 0;
}
