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

总之,将后面那个预处理出来。

再二元递归求解整体。

代码:

  1 #include<map>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<algorithm>
  4 typedef long long lnt;
  5 const int N=1000100;
  6 struct pos{lnt x,k;pos(lnt a,lnt b){x=a,k=b;}};
  7 bool operator < (pos a,pos b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.k<b.k;}
  8 struct Dark_map{
  9     std::map<pos,lnt>A;
 10     void insert(lnt x,lnt k,lnt v){A[pos(x,k)]=v;return ;}
 11     bool hav(lnt x,lnt k){return A.find(pos(x,k))!=A.end();}
 12     lnt val(lnt x,lnt k){return A[pos(x,k)];}
 13 }S;
 14 struct New_map{
 15     std::map<lnt,lnt>A;
 16     lnt a[N];
 17     void insert(lnt p,lnt x){if(p<N)a[p]=x;else A[p]=x;return ;}
 18     bool hav(lnt x){if(x<N)return true;return A.find(x)!=A.end();}
 19     lnt val(lnt x){if(x<N)return a[x];return A[x];}
 20 }Miu;
 21 int prime[N];
 22 int miu[N];
 23 bool vis[N];
 24 int cnt;
 25 int n,m,k;
 26 int twd[N];
 27 int lst[N];
 28 lnt f[2001];
 29 int hd[2001];
 30 lnt gcd(lnt a,lnt b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
 31 void adde(int f,int t){cnt++;twd[cnt]=t;lst[cnt]=hd[f];hd[f]=cnt;return ;}
 32 void gtp(void)
 33 {
 34     for(int i=1;i<=k;i++)f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1);
 35     for(int i=1;i<=k;i++)for(int j=i;j<=k;j+=i)adde(j,i);
 36     miu[1]=1,cnt=0;
 37     for(int i=2;i<N;i++)
 38     {
 39         if(!vis[i])
 40         {
 41             prime[++cnt]=i;
 42             miu[i]=-1;
 43         }
 44         for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<N;j++)
 45         {
 46             vis[i*prime[j]]=true;
 47             if(i%prime[j]==0)
 48             {
 49                 miu[i*prime[j]]=0;
 50                 break;
 51             }
 52             miu[i*prime[j]]=-miu[i];
 53         }
 54     }
 55     for(int i=1;i<N;i++)
 56         Miu.insert(i,Miu.val(i-1)+1ll*miu[i]);
 57     return ;
 58 }
 59 lnt F(lnt x)
 60 {
 61     return (x/k)*f[k]+f[x%k];
 62 }
 63 lnt MIU(lnt x)
 64 {
 65     if(Miu.hav(x))
 66         return Miu.val(x);
 67     lnt tmp=0;
 68     for(int i=2,j;i<=x;i=j+1)
 69     {
 70         j=x/(x/i);
 71         tmp+=1ll*(j-i+1)*MIU(x/i);
 72     }
 73     tmp=1-tmp;
 74     Miu.insert(x,tmp);
 75     return tmp;
 76 }
 77 lnt SUM(lnt Nn,lnt Kk)
 78 {
 79     if(S.hav(Nn,Kk))
 80         return S.val(Nn,Kk);
 81     lnt tmp=0;
 82     if(Nn<1);
 83     else if(Kk==1)
 84         tmp=MIU(Nn);
 85     else{
 86         for(int I=hd[Kk];I;I=lst[I])
 87         {
 88             int x=twd[I];
 89             lnt TMP=miu[x];
 90             if(!TMP)
 91                 continue;
 92             tmp+=SUM(Nn/x,x);
 93         }
 94     }
 95     S.insert(Nn,Kk,tmp);
 96     return tmp;
 97 }
 98 int main()
 99 {
100     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
101     gtp();
102     lnt ans=0;
103     for(int i=1,j;i<=n&&i<=m;i=j+1)
104     {
105         j=std::min(n/(n/i),m/(m/i));
106         ans+=(SUM(j,k)-SUM(i-1,k))*(lnt)(n/i)*F(m/i);
107     }
108     printf("%lld\n",ans);
109     return 0;
110 }

 

posted @ 2018-12-22 20:58  Unstoppable728  阅读(179)  评论(0编辑  收藏  举报