【BZOJ3994】约数个数和(莫比乌斯反演)

【BZOJ3994】约数个数和(莫比乌斯反演)

题面

求$$\sum_{i=1}n\sum_{j=1}md(ij)$$
多组数据\((<=50000组)\)
\(n,m<=50000\)
其中\(d(x)\)\(x\)的约数个数

题解

orz ZSY 巨佬

根据玄学(我也不知道为什么)的公式

\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1] \]

所以,所求等于

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{u|i}\sum_{v|j}[gcd(u,v)==1] \]

把枚举因数丢到前面去

\[\sum_{u=1}^n\sum_{v=1}^m[\frac{n}{u}][\frac{m}{v}][gcd(u,v)==1] \]

\(u,v\)看起来很不爽

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\frac{n}{i}][\frac{m}{j}][gcd(i,j)==1] \]

看起来可以莫比乌斯反演一波了

\[f(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\frac{n}{i}][\frac{m}{j}][gcd(i,j)==x] \]

\[g(x)=\sum_{x|d}f(d) \]

所以

\[g(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\frac{n}{i}][\frac{m}{j}][x|gcd(i,j)] \]

\(x\)提出去,忽略\(gcd\)的影响

\[g(x)=\sum_{i=1}^{\frac{n}{x}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{x}}[\frac{n}{ix}][\frac{m}{jx}] \]

预处理出\(\sum_{i=1}^n[\frac{n}{i}]\)的值\(g(x)\)就可以\(O(1)\)

预处理的方式,请参考一道水题约数研究
你就会知道这个玩意的值就是每个数约数个数的前缀和
因为一个数的约数个数是积性函数,可以线性筛
所以这个可以\(O(n)\)预处理

接下来的东西就比较好算了
所求就是\(f(1)\)

\[f(1)=\sum_{d=1}^n\mu(d)g(d) \]

\(g(i)\)展开

\[f(1)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{m}{d}}[\frac{n}{i}][\frac{m}{j}] \]

很明显可以数论分块
所以再预处理一下\(\mu(i)\)的前缀和就行了

单词询问的复杂度就是\(O(\sqrt n)\)
总体复杂度\(O(T\sqrt n)\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 50000
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
int n,m;
bool zs[MAX+1000];
int pri[MAX+1000],tot,mu[MAX+1000],ys[MAX+1000],dd[MAX+1000];
int smu[MAX+1000],sd[MAX+1000];
void pre()
{
	zs[1]=true;mu[1]=ys[1]=1;
	for(int i=2;i<=MAX;++i)
	{
		if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1,ys[i]=2,dd[i]=1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
		{
			zs[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j]==0)
			{
				mu[i*pri[j]]=0;
				ys[i*pri[j]]=ys[i]/(dd[i]+1)*(dd[i]+2);
				dd[i*pri[j]]=dd[i]+1;
				break;
			}
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i],ys[i*pri[j]]=ys[i]*2,dd[i*pri[j]]=1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=MAX;++i)smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
	for(int i=1;i<=MAX;++i)sd[i]=sd[i-1]+ys[i];
}
int main()
{
	pre();
	int T=read();
	while(T--)
	{
		n=read();m=read();
		if(n>m)swap(n,m);
		long long ans=0;
		int i=1,j;
		while(i<=n)
		{
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=1ll*(smu[j]-smu[i-1])*sd[n/i]*sd[m/i];
			i=j+1;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

posted @ 2018-01-10 16:55  小蒟蒻yyb  阅读(652)  评论(1编辑  收藏  举报