[HAOI2011]Problem b

原题链接

题目描述

  • 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。

输入输出格式

  • 输入格式:
    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
  • 输出格式:
    共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

解题思路

  • 这个题要求的其实就是:\(Ans=\sum_{i=a}^{b}\sum_{j=c}^{d}[gcd(i,j)=k]\)
  • 如果做过一道叫:[POI2007]ZAP-Queries的题,那么这题就显得非常的简单了。因为那道题就是这道题的一个特殊情况\((a=1,c=1)\)
  • 我们可以发现本题所算的\(a\)~\(b\),\(c\)~\(d\)的答案,实质上由一个简单的容斥就可以转换成\(Ans((1,b),(1,d))-Ans((1,b),(1,c-1))-Ans((1,a-1),(1,d))+Ans((1,a-1),(1,c-1))\),也就是一种类似于前缀和的容斥。具体的原因,其实把\(\sum\)随便手写几项,就可以发现这一定是正确的。
  • 至于如何求\(1\)~\(n\),\(1\)~\(m\),就按照那道题化简一下式子就可以了。
  • 我们设:
    \[f(k)=\sum_{i=1}^{a}\sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]\]
    \[F(n)=\sum_{n|k}f(k)=\lfloor\frac{a}{n}\rfloor\lfloor\frac{b}{n}\rfloor\]
    则可以由莫比乌斯反演可以推出:
    \[f(n)=\sum_{n|k}\mu(\lfloor\frac{k}{n}\rfloor)F(k)\]
  • (PS:如果不知道为什么要设这两个函数,可以点开我上面放的链接)
  • 设完这两个函数之后,我们便惊喜的发现,\(Ans=f(k)\)
  • 于是就直接开始推答案:
    \[Ans=\sum_{k|n}\mu(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)F(n)\]
    枚举\(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)设为\(t\)
    \[Ans=\sum_{t=1}^{min(\lfloor\frac{a}{k}\rfloor,\lfloor\frac{b}{k}\rfloor)}\mu(t)\lfloor\frac{a}{tk}\rfloor\lfloor\frac{b}{tk}\rfloor\]
    这时候,这个式子已经可以做到\(O(n)\)的时间复杂度了,但是因为有多组数据,所以我们再用一下整除分块,这式子就可以做到\(O(\sqrt{n})\)了。
  • 我们只需要写一个这样的函数,每次询问调用四遍就可以了。

下附代码:

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define N 60010
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;   
}
bool vis[N];
int prim[N],mu[N],sum[N],cnt,k;
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&&i*prim[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)break;
            else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
long long calc(int a,int b)
{
    static int max_rep;
    static long long ans;
    max_rep=min(a,b);ans=0;
    for(int l=1,r;l<=max_rep;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=(1ll*a/(1ll*l*k))*(1ll*b/(1ll*l*k))*(sum[r]-sum[l-1]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
//  freopen("P3455.in","r",stdin);
//  freopen("P3455.out","w",stdout);
    int t;
    read(t);
    get_mu(50000);
    while(t--)
    {
        static int a,b,c,d;
        read(a);read(b);read(c);read(d);read(k);
        printf("%lld\n",calc(b,d)-calc(b,c-1)-calc(a-1,d)+calc(a-1,c-1));
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-03-29 23:25 pengym 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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