bzoj3994:[SDOI2015]约数个数和

传送门

莫比乌斯反演,但是约数有点难搞诶

有一个式子(想想挺显然的,可以保证每个约数只被算一次)

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

然后就正常了对吧,设

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

然后设

\[g(n)=\sum_{n|d}f(d)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[n|gcd(x,y)] \]

再化一下,可能跳跃的有点多,自行理解下

\[g(n)=\sum_{i=1}^{N/n}\sum_{j=1}^{M/n}\lfloor \frac{N}{in} \rfloor\lfloor \frac{M}{jn} \rfloor \]

反演:

\[f(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\sum_{i=1}^{N/n}\sum_{j=1}^{M/n}\lfloor \frac{N}{in} \rfloor\lfloor \frac{M}{jn} \rfloor \]

\(T=\frac{n}{d}\)

\[f(d)=\sum_{T=1}^{min(N,M)/d}\mu(T)\sum_{i=1}^{N/Td}\sum_{j=1}^{M/Td}\lfloor \frac{N}{iTd} \rfloor\lfloor \frac{M}{jTd} \rfloor \]

由于我们要求的\(ans=f(1)\)

\[ans=f(1)=\sum_{T=1}^{min(N,M)}\mu(T)\sum_{i=1}^{N/T}\sum_{j=1}^{M/T}\lfloor \frac{N}{iT} \rfloor\lfloor \frac{M}{jT} \rfloor \]

如果直接数论分块的话,时间复杂度是\(O(TN)\)的,并不能通过

但是后面的\(\sum_{i=1}^{N/T}\sum_{j=1}^{M/T}\lfloor \frac{N}{iT} \rfloor\lfloor \frac{M}{jT} \rfloor\)可以考虑预处理,预处理时间复杂度\(O(n\sqrt{n})\)

总时间复杂度\(O(n\sqrt{n}+T\sqrt{n})\)

代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
void read(int &x) {
	char ch; bool ok;
	for(ok=0,ch=getchar(); !isdigit(ch); ch=getchar()) if(ch=='-') ok=1;
	for(x=0; isdigit(ch); x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); if(ok) x=-x;
}
#define rg register
const int maxn=5e4+10;
int T,n,m,pri[maxn],tot,mu[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];long long ans,f[maxn];
void prepare()
{
	mu[1]=1;
	for(rg int i=2;i<=5e4;i++)
	{
		if(!vis[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(rg int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<=5e4;j++)
		{
			vis[pri[j]*i]=1;
			if(!(i%pri[j]))break;
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=5e4;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
void solve()
{
	for(rg int x=1;x<=5e4;x++)
	{
		long long ans=0;
		for(rg int i=1,j;i<=x;i=j+1)
		{
			j=x/(x/i);
			ans+=1ll*(x/i)*(j-i+1);
		}
		f[x]=ans;
	}
}
int main()
{
	read(T),prepare(),solve();
	while(T--)
	{
		read(n),read(m);if(n>m)swap(n,m);ans=0;
		for(rg int i=1,j;i<=n;i=j+1)
		{
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(sum[j]-sum[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}
posted @ 2019-03-16 20:44  蒟蒻--lichenxi  阅读(122)  评论(0编辑  收藏  举报