【美团笔试 2018-4-20 】编程题-1 测例100%通过 欧拉函数求解gcd

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题目描述：

给你A数组，询问ΣΣA[gcd(i,j)],1<=i<=n,1<=j<=m

输入

每行有四个整数，N,n,m,p,其中N表示A数组长度,n,m,p为参数;对于A数组如下得出：

　　A[1]=p,A[x]=(A[x-1]+153)%p

数据范围

小数据 n,m<=N<=1000,p<=1000

大数据 n,m<=N<=100000,p<=100000

 

输出

输出答案

样例输入

10 1 2 10

样例输出

20 

 

Hint

输入样例2

10 2 2 10

输出样例2

33

 

样例解释

第一组样例生成的数组A为：10 3 6 9 2 5 8 1 4 7。最后输出的答案为：A[gcd(1,1)] + A[gcd(1,2)] = A[1] + A[1] = 20。

第二组样例生成的数组A为：10 3 6 9 2 5 8 1 4 7。最后输出的答案为：A[gcd(1,1)] + A[gcd(1,2)] + A[gcd(2,1)] + A[gcd(2,2)] = A[1] + A[1] + A[1] + A[2] = 33。

 

 

题解

　　题目给出了一个按规则生成的数组，要求你用两两配对的数（i,j）的最大公约数gcd(i, j) 作为下标计算和。

　　显然naive的做法是直接生成数组，然后遍历得到和。这样的复杂度是O(NM) --只能过90%的样例。显然在最大情况下10^5 * 10^5就超时了，至少要100s。

　　由ΣΣA[gcd(i,j)]可以找到一个类似的题目uva 11426，题目要求是：

欧拉函数：

　　欧拉函数表示满足 1<=x<=n且与n互质的x的个数。

　　利用欧拉函数，我们可以如下推理：

　　因为 ，

　　所以x，n除以i 后互质：

　　

　　所以，下面是一个关键的思维转换，当n，i确定时，可以求得与n/i互质（且更小）的数的个数，而这个数乘上i就得到了一个对应的x

  设满足gcd(x,n) = i 式的x的可能取值个数可以表示为 g(i,n)，则：

　　

 　　也就是给定了余数和n，我们可以得到满足gcd(x, n) = i的x的个数。剩下的我们只需要统计不同的gcd取值的个数，即可计算得到所需要的和。

具体算法

　　欧拉函数可以先打表。打表方式见代码。

　　不妨设n<=m, 我们统计在范围 内的gcd可能取值，只需要让

 

 

　　其中phi为欧拉函数表，f(i, j)表示gcd为i，n为j的配对的个数，要考虑i=j的时候多计算了一次，所以要减掉1。

　　复杂度为N*(1+1/2+1/3...1/N)约为O(NlogN)。

代码如下：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<time.h>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
int phi[100100];int gcd(int a, int b) {
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}
void phi_table(int n) {
    memset(phi, 0, sizeof(phi));
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!phi[i]) {
            for (int j = i; j <= n; j += i) {
                if (!phi[j]) phi[j] = j;
                phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
            }
        }
    }
}
int main() {
    int N, n, m, p;
    while (cin >> N >> n >> m >> p) {
        phi_table(N);
        vector<int> E(N + 1);
        E[1] = p;
        memset(a, 0, sizeof(a));
        long long sum = 0;
        for (int i = 2; i <= N; i++) {
            E[i] = (E[i - 1] + 153) % p;
        }
        if (n > m) {
            int t = n;
            n = m;
            m = t;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) { // 遍历gcd(a, b) 的可能取值 1<=i<=n
            for (int j = i; j <= m; j += i) {
                if (j <= n) {
                    int r = phi[j / i] + phi[j / i];
                    // printf("sum += %d %d %d %d\n", i, j, j / i, r);
                    sum += r * E[i];
                } else {
                    int r = phi[j / i];
                    // printf("sum += %d %d %d %d\n", i, j, j / i, r);
                    sum += r * E[i];
                }
            }
            sum -= E[i];
        }
        // DEBUG()
        // int sum2 = 0;
        // int* hit = new int[m + 1];
        // memset(hit, 0, sizeof(int) * (m + 1));
        // for (int i = 1; i <= n; i++) {
        //     for (int j = 1; j <= m; j++) {
        //         int dv = gcd(i, j);
        //         sum2 += E[dv];
        //         hit[dv]++;
        //     }
        // }
        // for (int i = 1; i <= n; i++) {
        //     printf("gcd = %d %d\n", i, hit[i]);
        // }
        // delete [] hit;
        // cout << sum2 << endl;
        // END_DEBUG()
        cout << sum << endl;
    }
    return 0;
}

测试样例

输入：

20 3 4 10
10 3 3 10
100000 100000 100000 10
10 1 1 10

输出：

102
79
78421508982
10

 

参考文献

[1]UVa 11426 - GCD - Extreme (II) https://blog.sengxian.com/solutions/uva-11426