bzoj2301(莫比乌斯反演)

bzoj2301

题意

求区间 [a, b] 和 区间 [c, d] 有多少对数 (x, y) 使得 gcd(x, y) = k 。

分析

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考虑用容斥分成四次查询,
对于每次查询区间 [1, n] [1, m] 有多少对数使得 gcd = k ,等价于 [1, m / k] [1, n / k] 使得 gcd = 1。
考虑函数 F(k) = (n / k) * (m / k) 表示区间 [1, n] [1, m] 使得 gcd(x, y) 为 k 的倍数的个数。
函数 f(k) 表示区间 [1, n] [1, m] 使得 gcd(x, y) 为 k 的个数。
$ F(d) = \sum_{k\mid d}f(k) => f(k) = \sum_{k\mid d}\mu(\frac d k)F(d) $
f(1) 即为答案。

算法还需要优化,考虑 n / k 这个函数,当 k 越大变化越趋于平缓,也就是说一个整数值会对应一个连续的 k 值区间,对于这些相同的值可以预处理 \(\mu\) 函数前缀和,对于 n 和 m 存在公共连续区间的部分 F 函数值不变,直接全部加上即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 1e6 + 10;
int not_prime[MAXN];
int prime[MAXN];
int mu[MAXN];
void getMu() {
    mu[1] = 1;
    int cnt = 0;
    for(int i = 2; i < MAXN; i++) {
        if(!not_prime[i]) {
            prime[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; i * prime[j] < MAXN; j++) {
            not_prime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < MAXN; i++) mu[i] += mu[i - 1]; // 前缀和
}
ll cal(int m, int n, int k) {
    int last;
    m /= k; n /= k;
    ll s = 0;
    for(int i = 1; i <= min(n, m); i = last + 1) {
        last = min(n / (n / i), m / (m / i));
        s += (ll)(mu[last] - mu[i - 1]) * (m / i) * (n / i);
    }
    return s;
}
int main() {
    getMu();
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        int a, b, c, d, k;
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);
        printf("%d\n", cal(b, d, k) - cal(a - 1, d, k) - cal(b, c - 1, k) + cal(a - 1, c - 1, k));
    }
    return 0;
}
posted @ 2017-06-12 22:49  ftae  阅读(...)  评论(...编辑  收藏