BZOJ3529: [Sdoi2014]数表

BZOJ3529: [Sdoi2014]数表

Description

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。

Input

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。
1 < =N.m < =10^5  , 1 < =Q < =2×10^4

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

2
4 4 3
10 10 5

Sample Output

20
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;
}

 

posted @ 2018-08-10 17:59  符拉迪沃斯托克  阅读(164)  评论(0编辑  收藏  举报
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