【Project Euler】530 GCD of Divisors 莫比乌斯反演

【题目】GCD of Divisors

【题意】给定f(n)=Σd|n gcd(d,n/d)的前缀和F(n),n=10^15。

【算法】莫比乌斯反演

【题解】参考:任之洲数论函数.pdf

这个范围显然杜教筛也是做不了的,而且考虑直接化简f(n)也遇到了困难,所以考虑将前缀和的Σ一起化简

$$F(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}(d,\frac{i}{d})$$

这一步很常见的是第一重改为枚举倍数,但这样化简后面就推不下去了。

这道题必须最后转成$\sigma_0(n)$才能解出来。

所以直接枚举gcd值

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n}\sum_{g|i}[(g,\frac{i}{g})=d]$$

这里gcd(g,i/g)=d,说明i中必须至少包含2个d,那么令i=i/d^2,g即可任取i的因子,最终的g和i/g各乘d即可,所以可以进行如下化简。(关键①)

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}[(g,\frac{i}{g})=1]$$

转化成φ希望不大,所以直接莫比乌斯反演。

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}\sum_{d'|g \cap d'|\frac{i}{g}}\mu(d')$$

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}[d'|g \cap d'|\frac{i}{g}]$$

这里和上面一样,都是要求d'|g&&d'|i/g,因此从i中提取2个d',即令i=i/d'^2。

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sum_{g|i}1$$

会发现后面是约数个数。(关键②)

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

前面部分发现d*μ(d')好像可以卷积到φ,考虑合并dd‘来构造卷积,令d=dd'。(关键③)

$$F(n)=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\sum_{g|d}g*\mu(\frac{n}{g})\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

这里d只枚举到√n,因为d>√n时后面的Σ=0,没有贡献。因此可以缩小实际枚举范围。(关键④)

然后根据狄利克雷卷积μ*id=φ可以化简

$$F(n)=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

大功告成!

其中,约数个数的前缀和可以进行分块取值优化,如下

$$\sum_{i=1}^{n}\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}1=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\frac{n}{i}}1$$

$$\sum_{i=1}^{n}\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$$

然后线性筛φ的过程中求解即可。

复杂度分析:

$$\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\sqrt{\frac{n}{i^2}})=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\frac{\sqrt{n}}{i})=O(\sqrt{n} ln \sqrt{n})$$

倒数第二步将√n提到最外面,Σ内就是调和数列,和近似为ln n。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
const int maxn=32000000;
int phi[maxn],n,prime[maxn],tot;
int solve(int n){
    int pos,sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i=pos+1){
        pos=n/(n/i);
        sum+=(pos-i+1)*(n/i);
    }
    return sum;
}
#undef int
int main(){
#define int long long
    scanf("%lld",&n);
    int ans=1*solve(n),N=(int)sqrt(n)+1;phi[1]=1;//1
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!phi[i])phi[prime[++tot]=i]=i-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=N;j++){
            if(i%prime[j]==0){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
        ans+=phi[i]*solve(n/(i*i));
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
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posted @ 2018-03-01 14:29  ONION_CYC  阅读(259)  评论(0编辑  收藏