BZOJ4652: [Noi2016]循环之美(莫比乌斯反演，杜教筛)

Description

牛牛是一个热爱算法设计的高中生。在他设计的算法中，常常会使用带小数的数进行计算。牛牛认为，如果在 k 

进制下，一个数的小数部分是纯循环的，那么它就是美的。现在，牛牛想知道：对于已知的十进制数 n 和 m，在 

kk 进制下，有多少个数值上互不相等的纯循环小数，可以用分数 xy 表示,其中 1≤x≤n,1≤y≤m，且 x,y是整数

。一个数是纯循环的，当且仅当其可以写成以下形式：a.c1˙c2c3…cp-1cp˙其中，a 是一个整数，p≥1；对于 1

≤i≤p，ci是 kk 进制下的一位数字。例如，在十进制下，0.45454545……=0.4˙5˙是纯循环的，它可以用 5/11

、10/22 等分数表示；在十进制下，0.1666666……=0.16˙则不是纯循环的，它可以用 1/6 等分数表示。需要特

别注意的是，我们认为一个整数是纯循环的，因为它的小数部分可以表示成 0 的循环或是 k?1 的循环；而一个小

数部分非 0 的有限小数不是纯循环的。

Input

只有一行，包含三个十进制数N,M,K意义如题所述,保证 1≤n≤10^9,1≤m≤10^9,2≤k≤2000

Output

一行一个整数，表示满足条件的美的数的个数。

Sample Input

2 6 10

Sample Output

4
explanation
满足条件的数分别是：
1/1=1.0000……
1/3=0.3333……
2/1=2.0000……
2/3=0.6666……
1/1 和 2/2 虽然都是纯循环小数，但因为它们相等，因此只计数一次；同样，1/3 和 2/6 也只计数一次。

解题思路：

一个喜闻乐见的性质，只要x/y中y与k互质就好了。

所以这道题就是：

$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(i,j))\epsilon (gcd(j, k))$

$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{i=1}^{N}\epsilon(gcd(i,j))$

$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{i=1}^{N}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\sum_{d|i}^{N}1$

$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor$

${\sum_{d=1}^{min(N,M)}\epsilon(gcd(d,k))\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\epsilon(gcd(i,k))$

莫比乌斯到这里结束，现在你可以获得84分，接下来是真正的烧脑环节。

我讲的不好，可以看这位巨佬的

总之，将后面那个预处理出来。

再二元递归求解整体。

代码：

#include<map>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long lnt;
const int N=1000100;
struct pos{lnt x,k;pos(lnt a,lnt b){x=a,k=b;}};
bool operator < (pos a,pos b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.k<b.k;}
struct Dark_map{
    std::map<pos,lnt>A;
    void insert(lnt x,lnt k,lnt v){A[pos(x,k)]=v;return ;}
    bool hav(lnt x,lnt k){return A.find(pos(x,k))!=A.end();}
    lnt val(lnt x,lnt k){return A[pos(x,k)];}
}S;
struct New_map{
    std::map<lnt,lnt>A;
    lnt a[N];
    void insert(lnt p,lnt x){if(p<N)a[p]=x;else A[p]=x;return ;}
    bool hav(lnt x){if(x<N)return true;return A.find(x)!=A.end();}
    lnt val(lnt x){if(x<N)return a[x];return A[x];}
}Miu;
int prime[N];
int miu[N];
bool vis[N];
int cnt;
int n,m,k;
int twd[N];
int lst[N];
lnt f[2001];
int hd[2001];
lnt gcd(lnt a,lnt b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
void adde(int f,int t){cnt++;twd[cnt]=t;lst[cnt]=hd[f];hd[f]=cnt;return ;}
void gtp(void)
{
    for(int i=1;i<=k;i++)f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1);
    for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=i;j<=k;j+=i)adde(j,i);
    miu[1]=1,cnt=0;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<N;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                miu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)
        Miu.insert(i,Miu.val(i-1)+1ll*miu[i]);
    return ;
}
lnt F(lnt x)
{
    return (x/k)*f[k]+f[x%k];
}
lnt MIU(lnt x)
{
    if(Miu.hav(x))
        return Miu.val(x);
    lnt tmp=0;
    for(int i=2,j;i<=x;i=j+1)
    {
        j=x/(x/i);
        tmp+=1ll*(j-i+1)*MIU(x/i);
    }
    tmp=1-tmp;
    Miu.insert(x,tmp);
    return tmp;
}
lnt SUM(lnt Nn,lnt Kk)
{
    if(S.hav(Nn,Kk))
        return S.val(Nn,Kk);
    lnt tmp=0;
    if(Nn<1);
    else if(Kk==1)
        tmp=MIU(Nn);
    else{
        for(int I=hd[Kk];I;I=lst[I])
        {
            int x=twd[I];
            lnt TMP=miu[x];
            if(!TMP)
                continue;
            tmp+=SUM(Nn/x,x);
        }
    }
    S.insert(Nn,Kk,tmp);
    return tmp;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    gtp();
    lnt ans=0;
    for(int i=1,j;i<=n&&i<=m;i=j+1)
    {
        j=std::min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(SUM(j,k)-SUM(i-1,k))*(lnt)(n/i)*F(m/i);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}