LOJ2085 [NOI2016]循环之美

LOJ2085 [NOI2016]循环之美

题面：LOJ

解析

考虑对于题中所谓纯循环小数\(\frac{i}{j}\)，设循环节长度为\(a\)，有\(k^{a}\frac{i}{j} \equiv \frac{i}{j} \pmod{j}\)，即\(k^a \equiv 1 \pmod{j}\)，也就是\(k^a\)与\(j\)互质，即\(k\)与\(j\)互质，而数值要求两两不同，那么\(i\)与\(j\)互质即可，所以我们要求的式子即为：

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [i \bot j][j \bot k] \]

变一下形：

\[原式=\sum_{j=1}^{m} [j \bot k] \sum_{i=1}^{n} [i \bot j] \]

\[=\sum_{j=1}^{m} [j \bot k] \sum_{i=1}^{n} \sum_{d|i且d|j}\mu(d) \]

\[=\sum_{j=1}^{m} [j \bot k] \sum_{d|j} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \]

\[=\sum_{d=1}^{n} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [jd \bot k] \]

又\([jd \bot k]\)即为\([j \bot k][d \bot k]\)，所以上式即为：

\[=\sum_{d=1}^{n} \mu(d) [d \bot k] \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [j \bot k] \]

考虑右边的那个式子如何计算，设\(G(i)=\sum_{j=1}^{i} [j \bot k]\)，那么有：

\[G(i)=\lfloor \frac{i}{k} \rfloor G(k)+G(i \% k) \]

因为\(k\)很小，所以预处理即可\(O(1)\)计算。

那么现在有一个做法：直接上数论分块，暴力预处理$ \mu(d) [d \bot k]$的前缀和，这样你可以得84分。

考虑优化，设\(S(i,j)=\sum_{t=1}^{i} \mu(d) [d \bot j]\)，对于\(j\)，我们考虑它的某一个质因子\(p\)，那么\(j\)一定能表示成\(p^c q(p \bot q)\)的形式，而\([d \bot j]\)就可以表示成\([d \bot p][d \bot q]\)，现在考虑如何计算满足条件的数，我们先计算\([d \bot q]\)的数，再从中减去\(d\)不与\(p\)互质的即可。与\(q\)互质的数一定可以表示为\(p^c y(p \bot y)\)，而当\(c=0\)时，\(y\)与\(p\)互质，不必减去，而\(c>1\)时，\(\mu(p^c y)=0\)，没有贡献。因此，减去的部分只需考虑\(py\)即可，那么有：

\[S(i,j)=\sum_{t=1}^{i} \mu(d) [d \bot j] \]

\[=\sum_{t=1}^{i} \mu(d) [d \bot q]-\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{i}{p} \rfloor} \mu(py) [y \bot p][y \bot q] \]

又因为当\(p \bot y\)时，\(\mu(py)=\mu(p) \mu(y)\),所以上式又可以表示为：

\[\sum_{t=1}^{i} \mu(d) [d \bot q]-\mu(p)\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{i}{p} \rfloor} \mu(y) [y \bot p][y \bot q] \]

观察到\(\mu(p)=-1\)，\([y \bot p][y \bot q]=[y \bot j]\)，所以又有：

\[\sum_{t=1}^{i} \mu(d) [d \bot q]+\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{i}{p} \rfloor} \mu(y) [y \bot j] \]

那么有：

\[S(i,j)=S(i,q)+S(\lfloor \frac{i}{p} \rfloor,j) \]

记忆化即可递归计算，边界条件是：

当\(i=0\)时，\(S(i,j)=0\)；当\(j=1\)时，\(S(i,j)=\sum_{t=1}^{i} \mu(t)\)，杜教筛计算即可。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#define LL long long

using namespace std;

inline int In(){
	char c=getchar(); int x=0,ft=1;
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') ft=-1;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*ft;
}

const int lim=5000000;
int n,m,K;
int p[500005],p_cnt=0; bool vis[lim+5];
int mu[lim+5],f[2005],cp[lim+5],cq[2005]; LL ans=0;

inline int min(int a,int b){ return a<b?a:b; }
int gcd(int a,int b){ return !b?a:gcd(b,a%b); }
inline LL F(int x){ return (x/K)*f[K]+f[x%K]; }

inline void Get_mu(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=lim;++i){
		if(!vis[i]){ p[++p_cnt]=i; mu[i]=-1;cp[i]=i; }
		for(int j=1;j<=p_cnt;++j){
			if(i*p[j]>lim) break;
			vis[i*p[j]]=1;
			cp[i*p[j]]=p[j];
			if(i%p[j]==0) break;
			else mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=lim;++i) mu[i]+=mu[i-1];
}

inline void Get_f(){
	for(int i=1;i<=K;++i)
	f[i]=f[i-1]+(gcd(i,K)==1);
}

inline void Get_q(){
	for(int i=2;i<=K;++i){
		cq[i]=i;
		while(cq[i]%cp[i]==0) cq[i]/=cp[i];
	}
}

map<int,LL> mp,mp2[2005];

inline LL Sum(int x){
	if(x<=lim) return mu[x];
	else if(mp.count(x)) return mp[x];
	LL ans=0;
	for(int l=2,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		ans+=1ll*(r-l+1)*Sum(x/l);
	}
	return mp[x]=1-ans;
}

inline LL S(int n,int k){
	if(n==0) return 0;
	if(k==1) return Sum(n);
	if(mp2[k].count(n)) return mp2[k][n];
	return mp2[k][n]=S(n,cq[k])+S(n/cp[k],k);
}

int main(){
	n=In(); m=In(); K=In();
	Get_mu(); Get_f(); Get_q();
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		if(m/l) r=min(r,m/(m/l));
		ans+=1ll*(S(r,K)-S(l-1,K))*(n/l)*F(m/l);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}