bzoj2301:[HAOI2011]Problem b(容斥+莫比乌斯反演+分块)

www.cnblogs.com/shaokele/


2301: [HAOI2011]Problem b

  Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 256 MB

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

题目地址 bzoj 2301: [HAOI2011]Problem b
题目已经很简洁明了了,不再复述:)懒一下www.cnblogs.com/shaokele/


题解:

  莫比乌斯反演最常用的几个等式:
       \(gcd(a,b)=\sum_{d|gcd(a,b)}^{}μ(d)\)
  
       \([gcd(a,b)\)==\(1]=\sum_{d|a,d|b}^{}μ(d)\)

  首先容斥
  \(f(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]\)
  \(∴ans=f(b,d)-f(a-1,d)-f(b,c-1)+f(a-1,c-1)\)
  
  化简:
  \(f(n,m)⇒\sum_{i=1}^{⌊\frac{n}{k}⌋}\sum_{j=1}^{⌊\frac{m}{k}⌋}[gcd(i,j)=1]\)
      \(⇒\sum_{i=1}^{⌊\frac{n}{k}⌋}\sum_{j=1}^{⌊\frac{m}{k}⌋}\sum_{d|(i,j)}μ(d)\)
      \(⇒\sum_dμ(d)\sum_{d|i}\sum_{d|j}1\)
      \(⇒\sum_dμ(d)⌊\frac{n}{kd}⌋⌊\frac{m}{kd}⌋\)
  由于\(⌊\frac{n}{kd}⌋⌊\frac{m}{kd}⌋\)是可以分块处理的
  所以每个询问都只要\(O(\sqrt{n})\)就能得到答案


AC代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=50005;
int Q,a,b,c,d,k,tot,ans;
int mu[N],p[N],sum[N];
bool vis[N];
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
void Get_mu(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot;j++)
            if(i*p[j]<=50000){
                vis[i*p[j]]=1;
                if(i%p[j]==0){
                    mu[i*p[j]]=0;
                    break;
                }
                mu[i*p[j]]=-mu[i];
            }else break;
    }
}
void init(){
    Get_mu();
    for(int i=1;i<=50000;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int solve(int n,int m){
    n/=k;m/=k;
    if(n>m)swap(n,m);
    int res=0,last;
    for(int i=1;i<=n;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        res+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return res;
}
int main(){
    Q=read();
    init();
    while(Q--){
        a=read();b=read();c=read();d=read();k=read();
        ans=solve(b,d)-solve(a-1,d)-solve(b,c-1)+solve(a-1,c-1);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
posted @ 2018-04-14 16:28  skl_win  阅读(...)  评论(...编辑  收藏
Live2D