BZOJ2301 [HAOI2011]Problem b

本文版权归ljh2000和博客园共有,欢迎转载,但须保留此声明,并给出原文链接,谢谢合作。

  

本文作者:ljh2000
作者博客:http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
转载请注明出处,侵权必究,保留最终解释权!

 

Description

对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a≤x≤b,c≤y≤d,且gcd(x,y) = k,gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。


Input

第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a、b、c、d、k

 

Output

共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

 

Sample Input

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

Sample Output

14
3

HINT

100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000

 

 

正解:线性筛+莫比乌斯函数+分块

解题报告:

   这道题是一道莫比乌斯函数的入门题,我从昨晚一直看题解和分析,直到今天才完全弄懂。系统性地写一份解题报告吧。

   ps:我在学习的时候参考了这些论文与博客,贴出来以供参考吧:

   http://wenku.baidu.com/view/fbe263d384254b35eefd34eb.html

   http://wenku.baidu.com/view/fbec9c63ba1aa8114431d9ac.html

   http://www.cnblogs.com/zhsl/p/3269288.html

 

   可以发现题目要求的是∑ ∑ [gcd(i,j)==k] (1<=i<=n && 1<=j<=m),这样一个东西。(至于区间的话我们很快可以发现根据容斥原理[a,b]和[c,d]组合起来的答案就等于[1,b]组合[1,d] - [1,a-1]组合[1][d] - [1][b]组合[1][c-1] + [1][a-1] 组合 [1][c-1],问题从而转化。)但是直接求的复杂度很高,还是多组询问,肯定会TLE。

  题目所求的可以变成

  ∑ ∑ [gcd(i,j)==1] (1<=i<=n/k && 1<=j<=m/k) ,相当于是同时除以k;

  考虑再把式子变形:

  ∑ ∑ ∑ μ(d) (1<=i<=n && 1<=j<=m && d|gcd(i,j));

  

      根据莫比乌斯函数的性质,当n=1时,∑μ(i)=1(1<=i<=n);否则∑μ(i)=0(1<=i<=n),所以实际上只有在gcd(i,j)==1时上式才有贡献。可是复杂度还是没有改变啊。我看了一篇解题报告,里面对于这个问题讲的很详细,大概是说根据容斥原理,可以把1<=i<=n && 1<=j<=m且满足gcd(i,j)==k的方案数转化成1<=i<=n && 1<=j<=m且满足gcd(i,j)>=k的方案数。二者的联系就在于莫比乌斯函数。论文里面画了一个图,一目了然地展示了二者的联系。

 

  可以根据莫比乌斯函数的性质很快反应过来二者的联系。

    所以得到新式:

       ans=∑μ(i)*[n/i]*[m/i] (1<=i<=min(n,m),[n/i]表示n/i下取整)

  容易发现这个式子可以使我的复杂度降低到O(n),但是询问次数也是5w级别,还是会TLE。考虑继续优化上式,考虑到[n/i]、[m/i]都会有大量的完全相等的部分,我们可以把[n/i]、[m/i]都相等的部分放在一起算,也就是一个分块的思想。容易发值为[n/i]的起点是i,终点是n/([n/i]),而取值不会超过根号n种,也就是说我只要算根号次。但是因为是两个都要相等,在数轴上画线段可以发现,这样的话总取值不会超过2×根号n种(论文里面也有图说明)。所以复杂度降低到可以接受的范围内。

  值得一提的是,由于我们是分块计算的,所以我们必须要预处理出莫比乌斯函数和他的前缀和。预处理的方式是根据莫比乌斯函数的性质,进行一次线性筛。在筛出质数的同时随便求一下莫比乌斯函数,比较巧妙,然后直接构前缀和就可以了。

 

 1 //It is made by ljh2000
 2 #include <iostream>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <cstdio>
 6 #include <cmath>
 7 #include <algorithm>
 8 #include <ctime>
 9 #include <vector>
10 #include <queue>
11 #include <map>
12 #include <set>
13 using namespace std;
14 typedef long long LL;
15 const int inf = (1<<30);
16 const int MAXN = 50011;
17 const int MAXL = 50000;
18 LL a,b,c,d,k,ans;
19 int prime[MAXN],cnt;
20 bool ok[MAXN];
21 int mobius[MAXN],sum[MAXN];//莫比乌斯函数及其前缀和
22 
23 inline int getint()
24 {
25     int w=0,q=0; char c=getchar();
26     while((c<'0' || c>'9') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=1,c=getchar(); 
27     while (c>='0' && c<='9') w=w*10+c-'0', c=getchar(); return q ? -w : w;
28 }
29 
30 inline void init(){//递推得到莫比乌斯函数
31     //1的莫比乌斯函数是1;质数的莫比乌斯函数为1;含有相同质因子的数莫比乌斯函数为0;
32     //不含有相同质因子的数的莫比乌斯函数函数为(-1)^k,k为质因子个数
33     mobius[1]=1;
34     for(int i=2;i<=MAXL;i++) {
35     if(!ok[i]) {
36         mobius[i]=-1;
37         prime[++cnt]=i;
38     }
39     for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=MAXL;j++) {
40         ok[i*prime[j]]=1;//标记合数
41         if(i%prime[j]) mobius[i*prime[j]]=-mobius[i];//互质的两个数乘起来得到一个不含有相同质因子的数,质因子个数奇偶性改变,莫比乌斯函数变号
42         else { mobius[i*prime[j]]=0; break; }//留到后面再筛,此处已经可以break
43     }
44     }
45     for(int i=1;i<=MAXL;i++) sum[i]=sum[i-1]+mobius[i];//求莫比乌斯函数的前缀和
46 }
47 
48 inline LL solve(LL n,LL m){//计算a在[1,n]且b在[1,m]中的gcd(a,b)==1的数目
49     n/=k; m/=k;
50     if(n>m) swap(n,m); if(n==0) return 0;
51     LL i,next1,next2,next;//把相等的部分直接分块一起计算
52     LL tot=0;
53     for(i=1;i<=n;i=next) {
54     next1=n/(n/i); next2=m/(m/i);
55     next=min(next1,next2);
56     tot+=(n/i)*(m/i)*(sum[next]-sum[i-1]);
57     next++;
58     }
59     return tot;
60 }
61 
62 inline void work(){
63     int T=getint(); init();
64     while(T--) {
65     a=getint(); b=getint(); c=getint(); d=getint(); k=getint();
66     ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);//容斥原理
67     printf("%lld\n",ans);
68     }
69 }
70 
71 int main()
72 {
73     work();
74     return 0;
75 }

 

posted @ 2016-10-13 15:54  ljh_2000  阅读(...)  评论(...编辑  收藏