P1447 [NOI2010]能量采集 [容斥 / "欧拉反演"]

$能量采集$

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$\mathcal{Description}$
求解 $2*\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}gcd(i,j)-N*M$

做这道题前可以先看看 仪仗队 .

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$正解部分$
首先说一下为什么求解的是上方的式子,
对一个点 $(x,y)$, 遮拦这个点的个数为 $gcd(x,y)-1$, 又因为一个点的贡献为 $2(gcd(x,y)-1)+1$, 所以可以得到上式 .

重点为下方这个式子:
$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}gcd(i,j)$

解法 $1$:

容斥原理

考虑枚举$d$, 统计有多少 $(i,j)$ 满足 $gcd(i,j)=d$,
以 $d$ 为约数的点对数为 $\lfloor\frac{N}{d}\rfloor\lfloor\frac{M}{d}\rfloor$ ,
只需将 $d$ 不是最小公倍数的点对数减去就行了, 具体 容斥 过程见代码 .
时间复杂度 $O(NlogN)$

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define reg register
typedef long long ll;

const int maxn = 100005;

int N;
int M;

ll Ans;
ll cnt[maxn];

int main(){
        scanf("%d%d", &N, &M);
        for(reg int d = std::min(N, M); d >= 1; d --){
                cnt[d] = (1ll*M/d) * 1ll*(N/d);
                for(reg int j = 2; j*d <= std::min(N, M); j ++) cnt[d] -= cnt[j*d];
                Ans += (d*2 - 1) * cnt[d];
        }
        printf("%lld\n", Ans);
        return 0;
}

解法 $2$:

欧拉反演

存在这个等式 $↓$
$\sum_{d|N} \varphi(d) = N$

如果不懂请点击 这里

将 $N$ 换为 $gcd(i, j)$, 原式变为 $↓$
$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M} \sum_{d|gcd(i,j)} \varphi(d)$

$\sum_{d=1}^{N} \varphi(d) \lfloor\frac{N}{d}\rfloor\lfloor\frac{M}{d}\rfloor$

代码略 .

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