洛谷【P2257】YY的GCD

YY的GCD

原题链接

这应该是我做的第一道莫比乌斯反演的题目。

题目描述

  • 神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题
  • 给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对
    kAc这种傻×必然不会了,于是向你来请教……
  • 多组输入

输入输出格式

输入格式:

  • 第一行一个整数T 表述数据组数
  • 接下来T行,每行两个正整数,表示N, M

输出格式:

  • T行,每行一个整数表示第i组数据的结果

说明

  • T=10000,N, M <= 10000000

解题思路

  • 显然,题目要求的\(Ans\)实际上就是\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(x,y)=prim]\)的值
  • 接下来,我们就开始进行欢乐的推式子
  • 对于这种与\(gcd\)有关的莫比乌斯反演,一般我们都是套路的去设\(f(d)\)\(gcd(i,j)=d\)的个数,\(F(n)\)\(gcd(i,j)=n\)\(n\)的倍数的个数,即:

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

\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)=\lfloor\frac{N}{n}\rfloor\lfloor\frac{M}{n}\rfloor \]

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\lfloor\frac{d}{n}\rfloor)F(d) \]

  • 这样,我们便可以开心的化简这个式子了!

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

\(f(p)\)带入得:

\[Ans=\sum_{p\in prim}f(p) \]

然后就莫比乌斯反演一下

\[Ans=\sum_{p\in prim}\sum_{p|d}\mu(\lfloor\frac{d}{p}\rfloor)F(d) \]

我们换一个枚举项,我们枚举\(\lfloor\frac{d}{p}\rfloor\)

\[Ans=\sum_{p\in prim}\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)F(dp)=\sum_{p\in prim}\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor \]

这个\(dp\)一看就很不爽,于是我们把它换成\(T\)

\[Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\lfloor\frac{T}{t}\rfloor)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \]

\[Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor(\sum_{t|T,t\in prime}\mu(\lfloor\frac{T}{t}\rfloor)) \]

  • 推到这里,我们就可以开始做了。如果是单组询问,我们就直接\(O(n)\)做。(不过好像一般这种题,都不会让你直接处理。)如果是多组数据的话,我们就只要在打一个简单的整除分块就可以了。后面的\(\mu\)函数可以线筛出来。由于整除分块的缘故,我们就只需要记一个前缀和就可以了。
  • 下面贴一个完整的代码吧。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000100
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
    x=0;
    static int p;p=1;
    static char c;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
    x*=p;	
}
inline void print(long long x)
{
    static int cnt;
    static int a[15];
    cnt=0;
    do
    {
        a[++cnt]=x%10;
        x/=10;
    }while(x);
    for(int i=cnt;i>=1;i--)putchar(a[i]+'0');
    puts("");
}
bool vis[N];
long long sum[N];
int prim[N];
int mu[N],g[N];
int cnt;
void get_mu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}
        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)
        {
            vis[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)break;
            else mu[prim[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int j=1;j<=cnt;j++)
        for(int i=1;i*prim[j]<=n;i++)g[i*prim[j]]+=mu[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+(long long)g[i];
}
int n,m;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("P2257.in","r",stdin);
    freopen("P2257.out","w",stdout);
#endif
    int t;
    read(t);
    get_mu(10000000);
    while(t--)
    {
        read(n);read(m);
        if(n>m)swap(n,m);
        static long long ans;ans=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
        {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
        }
        print(ans);
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-03-26 19:44  pengym  阅读(5754)  评论(9编辑  收藏
IT发烧友,一个真正的技术交流群