p1587-solution

P1587 Solution

link

给你 \(n,m,k\)，求满足 \(1\le x\le n,1\le y\le m\) 且最简分数 \(\dfrac x y\) 是 \(k\) 进制下纯循环小数的二元组 \((x,y)\) 个数。

考虑纯循环小数的性质：我们知道纯循环小数的小数部分去除一个循环节后与原数的循环节相等，也就是

\[\frac x y-\left\lfloor\frac x y\right\rfloor=\frac{xk^l}y-\left\lfloor\frac{xk^l}y\right\rfloor \]

其中 \(l\) 表示循环节长度，乘上 \(k^l\) 即将原数左移 \(l\) 位。那么

\[x-y\left\lfloor\frac x y\right\rfloor=xk^l-y\left\lfloor\frac{xk^l}y\right\rfloor \]

\[x\equiv xk^l\pmod y \]

因为 \(\dfrac x y\) 是最简分数，所以 \(\gcd(x,y)=1\)，所以

\[k^l\equiv 1\pmod y \]

也就是 \(\gcd(k,y)=1\)。

于是要求的转化为

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

下面默认 \(n\le m\)。

\(\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1] &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i}\sum_{d|j}\mu(d)[\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}[\gcd(jd,k)=1]\\ &=\sum_{d=1}^n\mu(d)[\gcd(d,k)=1]\left\lfloor\frac n d\right\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}[\gcd(j,k)=1]\\ \end{aligned}\)

设 \(\displaystyle f(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,k)=1]\)，由于有 \(\gcd(i+k,k)=\gcd(i,k)\)，我们可以把 \(f(n)\) 拆成若干长为 \(k\) 的段和最后剩下的一小段，也就是说

\[f(n)=\left\lfloor\frac n k\right\rfloor f(k)+f(n\bmod k) \]

预处理 \(1\sim k\) 的 \(f\) 即可 \(\mathcal O(1)\) 得到 \(f\)。那么

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1] =\sum_{d=1}^n\mu(d)[\gcd(d,k)=1]\left\lfloor\frac n d\right\rfloor f\left(\left\lfloor\frac m d\right\rfloor\right)\]

现在只需要求出 \(\displaystyle\sum_{d=1}^n\mu(d)[\gcd(d,k)=1]\) 即可整除分块。设 \(\displaystyle g(n)=\sum_{d=1}^n\mu(d)[\gcd(d,k)=1]\)，于是

\[g(n)=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,k)=1]g\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)-\sum_{i=2}^n[\gcd(i,k)=1]g\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right) \]

考虑前半部分

\(\begin{aligned} \sum_{i=1}^n[\gcd(i,k)=1]g\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right) &=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,k)=1]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n i\rfloor}\mu(j)[\gcd(j,k)=1]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n i\rfloor}\mu(j)[\gcd(ij,k)=1]\\ \end{aligned}\)

令 \(s=ij\)

\(\begin{aligned} \sum_{i=1}^n[\gcd(i,k)=1]g\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right) &=\sum_{s=1}^n[\gcd(s,k)=1]\sum_{j|s}\mu(j)\\ &=\sum_{s=1}^n[\gcd(s,k)=1][s=1]\\ &=1 \end{aligned}\)

所以 \(\displaystyle g(n)=1-\sum_{i=2}^n[\gcd(i,k)=1]g\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\right)\)

这里 \([\gcd(i,k)=1]\) 的前缀和就是 \(f\)，所以整除分块递推计算即可。

复杂度大概是 \(\displaystyle\mathcal O(n^{\frac 3 4}+k)\) 的，预处理一部分的 \(g\) 可以做到 \(\displaystyle\mathcal O(n^{\frac 2 3}+k)\)。

代码

using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int inf = ~0u >> 2;
bool ip[N];
int mu[N],prime[N],cnt;
int f[N],g[N];
void sieve(int n)
{
	cnt = 0;
    memset( ip , true , sizeof(ip) );
    ip[0] = ip[1] = false,mu[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;i++)
    {
        if( ip[i] )
            prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;
        for(int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j++)
        {
            ip[ i * prime[j] ] = false;
            if(i % prime[j] == 0)
            	break;
        	mu[ i * prime[j] ] = -mu[i];
        }   
    }
}
int n,m,k;
int sum_f(int n)
	{return f[k] * (n / k) + f[n % k];}
unordered_map<int , int> mp;
int sum_g(int n)
{
	if(n <= N - 10)
		return g[n];
	if( mp.find(n) != mp.end() )
		return mp[n];
	int l = 2,r,res = 1;
	while(l <= n)
	{
		r = n / (n / l);
		res -= ( sum_f(r) - sum_f(l - 1) ) * sum_g(n / l);
		l = r + 1;
	}
	return mp[n] = res;
}
LL h(int n , int m)
{
	int l = 1,r;
	LL res = 0;
	while( l <= min(n , m) )
	{
		r = min( n / (n / l) , m / (m / l) );
		res += 1ll * ( sum_g(r) - sum_g(l - 1) ) * (n / l) * sum_f(m / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	sieve(N - 10);
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 1;i <= k;i++)
		f[i] = f[i - 1] + (__gcd(i , k) == 1);
	for(int i = 1;i <= N - 10;i++)
		g[i] = g[i - 1] + mu[i] * ( sum_f(i) - sum_f(i - 1) );
	cout << h(n , m) << endl;
    return 0;
}