BZOJ 1101 [POI2007]Zap

题目链接

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1101

思路

数学题。

题目要求的就是

∑i=1a∑j=1b[gcd(i,j)=d]$$\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)=d]$$

我们可以设

a′=⌊ad⌋,b′=⌊bd⌋$$a^{\prime }=\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,b^{\prime }=\lfloor \frac{b}{d}\rfloor$$

即有

∑i=1a′∑j=1b′[gcd(i,j)=1]$$\sum _{i=1}^{a^{\prime }}\sum _{j=1}^{b^{\prime }}[gcd(i,j)=1]$$

莫比乌斯函数有一个优美的性质：

∑d|nμ(d)=[n=1]$$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$$

将gcd(i,j)$gcd(i,j)$带入上面的n$n$，则

∑d∣gcd(i,j)μ(d)=[gcd(i,j)=1]$$\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)=[gcd(i,j)=1]$$

带入上面式子，得

∑i=1a′∑j=1b′∑d∣gcd(i,j)μ(d)$$\sum _{i=1}^{a^{\prime }}\sum _{j=1}^{b^{\prime }}\sum _{d\mid gcd(i,j)}\mu (d)$$

经过一些操作，我们最终得到了

∑t=1min(a′,b′)μ(t)⌊a′t⌋⌊b′t⌋$$\sum _{t=1}^{min(a^{\prime },b^{\prime })}\mu (t)\lfloor \frac{a^{\prime }}{t}\rfloor \lfloor \frac{b^{\prime }}{t}\rfloor$$

如果直接枚举t$t$，那么肯定会T，考虑⌊a′t⌋$\lfloor \frac{a^{\prime }}{t}\rfloor$和⌊b′t⌋$\lfloor \frac{b^{\prime }}{t}\rfloor$有很多情况是一样的，整除分块并对μ(t)$\mu (t)$维护前缀和即可快速得出答案。

时间复杂度：我也不知道是啥啊，O(能过)$O(\text{能过})$。

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int maxn=50000;

int mu[maxn+10],p[maxn+10],prime[maxn+10];
int sum[maxn+10],t,a,b,d,tot;

int getmu()
{
  mu[1]=1;
  for(register int i=2; i<=maxn; ++i)
    {
      if(!p[i])
        {
          prime[++tot]=i;
          mu[i]=-1;
        }
      for(register int j=1; (j<=tot)&&(i*prime[j]<=maxn); ++j)
        {
          p[i*prime[j]]=1;
          if(i%prime[j]==0)
            {
              mu[i*prime[j]]=0;
              break;
            }
          mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
  for(register int i=1; i<=maxn; ++i)
    {
      sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
  return 0;
}

int main()
{
  getmu();
  scanf("%d",&t);
  while(t--)
    {
      scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);
      a/=d;
      b/=d;
      long long ans=0;
      int x=std::min(a,b),pos;
      for(register int i=1; i<=x; i=pos+1)
        {
          pos=std::min(a/(a/i),b/(b/i));
          ans+=1ll*(sum[pos]-sum[i-1])*(a/i)*(b/i);
        }
      printf("%lld\n",ans);
    }
  return 0;
}