P2257 YY的GCD

我的 Luogu 博客

题意描述：

求 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j) \in prime]\), \(T\leq 10^4, n,m\leq 10^7\)

solution：

反演进阶题。

先枚举一下 \(p\) 可得：

\(\displaystyle\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j) == p]\)

由

\[\displaystyle\sum_{d\mid n} \mu(d) =\begin{cases} 1 & n = 1 \\ 0 & other \\\end{cases} \]

可得：

\(\displaystyle\sum_{p\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m} \sum_{d\mid i,d\mid j} \mu(d)\)

先枚举一下 \(d\) 可得：

\(\displaystyle\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{n\over d} \mu(d) \sum_{i=1}^{n\over d}\sum_{j=1}^{m\over d} [gcd(i,j) == 1]\)

\(=\displaystyle\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{n\over d}\mu(d) {n\over dp} {m\over dp}\)

\(dp\) 化 \(Q\) 可得：

\(\displaystyle\sum_{Q=1}^{n} {n\over Q} {m\over Q}\sum_{p\mid Q,p\in prime} \mu({Q\over p})\)

然后我们就可以直接把 \(\displaystyle F(Q) = \sum_{p\mid Q,p\in prime} \mu({Q\over p})\)，给求出来。

考虑枚举每个质因数 \(p\) ,那么 \(p\) 只会对他的倍数有贡献。这样的复杂度就降为 \(O(nlnn)\) 的了。

剩下的部分整除分块即可。

总的时间复杂度为 \(O(T\sqrt(n) + nlnn)\) (大力吸氧就过了)

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e7+10;
int T,n,m,tot;
int prime[N],mu[N],ans[N];
bool check[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void YYCH()
{
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= N-5; i++)
	{
		if(!check[i])
		{
			prime[++tot] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N-5; j++)
		{
			check[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= tot; i++)
	{
		for(int j = 1; j * prime[i] <= N-5; j++)
		{
			ans[j * prime[i]] += mu[j];
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N-5; i++) ans[i] = ans[i-1] + ans[i];
}
int calc(int n,int m)
{
	int res = 0;
	if(n > m) swap(n,m);
	for(int l = 1, r; l <= n && l <= m; l = r+1)
	{
		r = min(n/(n/l),m/(m/l));
		res += (ans[r] - ans[l-1]) * (n/l) * (m/l);
	}
	return res;
}
signed main()
{
	T = read(); YYCH();
	while(T--)
	{
		n = read(); m = read();
		printf("%lld\n",calc(n,m));
	}
	return 0;
}

其实这道题还可以做到 \(O(T\sqrt(n) + n)\) 的。

最后一步 \(dp\) 化 \(Q\) 的时候，可以变为： \(\displaystyle\sum_{Q=1}^{n} {n\over Q}{m\over Q} \sum_{d\mid Q} \mu(d) isp({Q\over d})\)

后面那个 \(\displaystyle F(Q) = \sum_{d\mid Q} \mu(d) isp({Q\over d})\) 是可以线性筛的。

设 \(i = p_1p_2p_3....\), 只有当 \({Q\over d} = p1,p2,p3...\) 时，\(isp({Q\over d})\) 才成立。

1.当 \(Q\) 为质数的时候,显然 \(F(Q) = 1\)

2.当 \(Q = 1\) 时，显然 \(F(Q) = 0\)

3.当 \(i\) % \(prime[j] == 0\) 的时候： \(F(i * prime[j]) = \mu(i)\)

证明：

此时 \(prime[j]\) 为 $i $ 的最小质因子 \(p_1\) 。

\(F (i) = \mu({i \over p_1}) + \mu({i\over p_2}) + ....\mu({i\over p_n})\)

\(F(i * p_1) = \mu({i * p_1 \over p_1}) + \mu({i * p_1 \over p_2}) + ....\mu({i * p1\over p_n})\)

显然 \(i * p_1\) 分解质因数后， \(p_1\) 的次数是大于等于 \(2\) 的，所以除了 \(\mu({i * p_1\over p1} )\) 之外，其他都为零。

因为 \(p1\) 的次数大于等于 2，\(\mu({i*p1\over p_n}) = 0\) 。

所以 \(F(i * p1) = \mu(i)\).

4.当 \(i\) % \(prime[j] != 0\) 时： \(F(i * prime[j]) = mu[i]-F(i)\)

证明：

此时 \(prime[j]\) 为 $i $ 的最小质因子 \(p_0\) 。

\(F (i) = \mu({i \over p_1}) + \mu({i\over p_2}) + ....\mu({i\over p_n})\)

\(F(i * p_0) = \mu({i * p_0\over p_0}) + \mu({i * p_0 \over p_1}) + \mu({i * p_0 \over p_2}) + ....\mu({i * p0\over p_n})\)

显然有 \(\mu({i*p_0\over p_1}) = -\mu({i\over p_1})\) 。假设 \({i\over p_1} = x\) ,他分解后质因数为 \(x = p_1p_2...p_n\)

\({i*p_0\over p_1}\) 比 \({i\over p_1}\) 多了个质因子 \(p_0\), 所以 \(\mu({i*p_0\over p_1}) = -\mu({i\over p_1})\) 。

综上：

\(F(i * p_0) = \mu({i * p_0\over p_0}) + \mu({i * p_0 \over p_1}) + \mu({i * p_0 \over p_2}) + ....\mu({i * p0\over p_n})\)

​ \(= \mu(i) -\mu({i\over p_1}) -\mu({i\over p_2}) .....-\mu({i\over p_n})\)

​ \(= \mu(i) - F(i)\)

然后就可以直接线性筛了。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e7+10;
int T,n,m,tot;
int prime[N],mu[N],ans[N];
bool check[N];
inline int read()
{
	int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
	return s * w;
}
void YYCH()
{
	mu[1] = 1; ans[1] = 0;
	for(int i = 2; i <= N-5; i++)
	{
		if(!check[i])
		{
			prime[++tot] = i;
			mu[i] = -1;
                        ans[i] = 1;
		}
		for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N-5; j++)
		{
			check[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
                                ans[i * prime[j]] = mu[i];
				break;
			}
			else 
                        {
                                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
                                ans[i * prime[j]] = mu[i] - ans[i];
                        }
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N-5; i++) ans[i] = ans[i-1] + ans[i];
}
int calc(int n,int m)
{
	int res = 0;
	if(n > m) swap(n,m);
	for(int l = 1, r; l <= n && l <= m; l = r+1)
	{
		r = min(n/(n/l),m/(m/l));
		res += (ans[r] - ans[l-1]) * (n/l) * (m/l);
	}
	return res;
}
signed main()
{
	T = read(); YYCH();
	while(T--)
	{
		n = read(); m = read();
		printf("%lld\n",calc(n,m));
	}
	return 0;
}