[BZOJ2005][NOI2010]能量采集

BZOJ
Luogu
Description
栋栋有一块长方形的地,他在地上种了一种能量植物,这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后,栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐,一共有n列,每列有m棵,植物的横竖间距都一样,因此对于每一棵植物,栋栋可以用一个坐标(x,y)来表示,其中x的范围是1至n,表示是在第x列,y的范围是1至m,表示是在第x列的第y棵。由于能量汇集机器较大,不便移动,栋栋将它放在了一个角上,坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器连接而成的线段上有k棵植物,则能量的损失为2k+1。例如,当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时,由于连接线段上存在一棵植物(1,2),会产生3的能量损失。注意,如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植物,则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子,其中n = 5,m = 4,一共有20棵植物,在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中,总共产生了36的能量损失。
Input
仅包含一行,为两个整数n和m。
Output
仅包含一个整数,表示总共产生的能量损失。
Sample Input
【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4
Sample Output
【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据:1 ≤ n, m ≤ 100,000。

sol

这题转化一下就是要求
\[2*\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)-n*m\]
(手玩一下显然是这样的呀)
那么前面哪一坨就可以莫比乌斯反演求。
(我发现我博客里还没有写过这个的推导所以这里详细地写一发)
提出\(\gcd\)
\[ans=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)==d]\]
\[=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}[\gcd(i,j)==1]\]
\[=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac {n/d}{i} \rfloor\lfloor\frac {m/d}{i} \rfloor\]
前后两次数论分块可以做到\(O(n)\)
最优复杂度是\(O(n)\)预处理后单组数据\(O(\sqrt n)\),可参见BZOJ4407于神之怒加强版

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 100005;
int gi()
{
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
int n,m,mu[N],pri[N],tot;
bool zhi[N];//zhi[i]为true的表示不是质数
ll F[N],f[N],ans;
void Mobius()
{
    zhi[1]=true;mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
        {
            zhi[i*pri[j]]=true;
            if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
ll calc(int a,int b)
{
    int i=1;ll res=0;
    while (i<=a)
    {
        int j=min(a/(a/i),b/(b/i));
        res+=1ll*(mu[j]-mu[i-1])*(a/i)*(b/i);
        i=j+1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    n=gi();m=gi();
    if (n>m) swap(n,m);
    Mobius();
    int i=1;
    while (i<=n)
    {
        int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1ll*(j+i)*(j-i+1)/2*calc(n/i,m/i);
        i=j+1;
    }
    printf("%lld\n",ans*2-1ll*n*m);
    return 0;
}
posted @ 2018-01-04 09:44  租酥雨  阅读(...)  评论(...编辑  收藏