P3312 [SDOI2014]数表

[SDOI2014]数表

题目描述

有一张 $n\times m$ 的数表，其第 $i$ 行第 $j$ 列（$1\le i\le n$，$1\le j\le m$）的数值为能同时整除 $i$ 和 $j$ 的所有自然数之和。给定 $a$，计算数表中不大于 $a$ 的数之和。

$1\le n,m\le {10}^5$，$1\le Q\le 2\times {10}^4$。

思路点拨

我们先考虑对于两个数 $i,j$ ,那些数才会同时整除 $i,j$ 。显然这些数都是 $i,j$ 的公约数。我们定义 $f(x)$ 表示 $x$ 的约数和，即 $\sum _{d|x}d$ 。对于 $i,j$ 而言，满足条件的数是 $f(gcd(i,j))$ 。这一点很好理解。我们先不看 $a$ 的约束，那么答案就是：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}f(gcd(i,j))$$

$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$

$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$$

$$\sum _{d=1}^{n}f(d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor {\displaystyle \frac{n}{dk}}\rfloor {\displaystyle \frac{m}{dk}}\rfloor$$

我们；令 $T=kd$ ,那么

$$\sum _{T=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor (\sum _{d|T}f(d)\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}}))$$

这个式子需要富比尼定理优化。可以 $O(\sqrt{n})$ 计算，前提是后边括号内的式子在 $O(n\log n)$ 的时间预处理。

但是这道题目还没有写完，因为有 $a$ 的至于限制，所以原式准确表达为：

$$\sum _{T=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{T}}\rfloor \lfloor {\displaystyle \frac{m}{T}}\rfloor (\sum _{d|T}f(d)\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})[f(d)⩽a])$$

我们可以将全部的询问离线，按照 $a$ 为关键字排序，每一次就将 $f(x)⩽a$ 的 $f(x)$ 从 $0$ 设为它本身的值。我们富比尼定理计算上面的式子的时候，$g(x)=\sum _{d|T}f(d)\mu ({\displaystyle \frac{T}{d}})$ ,需要以区间的形式计算，所以我们还需要使用一个树状数组来进行单点修改，区间加和。

时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n+q\sqrt{n}\log n)$ 。

放出一份代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-f;
		ch=getchar(); 
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int mod=(1ll<<31);
int T;
const int MAXN=1e5+10,N=1e5;
struct node{
	int x,id;
	bool friend operator<(const node &A,const node &B){
		return A.x<B.x;
	}
}f[MAXN];
struct getans{
	int x,y,w;
	int id;
	bool friend operator<(const getans &A,const getans &B){
		return A.w<B.w;
	} 
}q[MAXN];
int ans[MAXN],mu[MAXN];
bool vis[MAXN];
void init(){
	for(int i=1;i<=N;i++){
		f[i].id=i;
		mu[i]=1;
		for(int j=i;j<=N;j+=i)
			f[j].x+=i;
	}
	sort(f+1,f+N+1);
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(vis[i]) continue;
		mu[i]=-1;
		for(int j=i*2;j<=N;j+=i){
			vis[j]=1;
			mu[j]=-mu[j];
			if(j%(i*i)==0) mu[j]=0;
		}
	}
}
int g[MAXN];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int x,int w){
	for(int i=x;i<=N;i+=lowbit(i))
		g[i]=(g[i]+w)%mod;
}
int query(int x){
	int cnt=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
		cnt=(cnt+g[i])%mod;
	return cnt;
}
signed main(){
	init();
	int T=read();
	for(int i=1;i<=T;i++){
		q[i].x=read(),q[i].y=read(),q[i].w=read();
		q[i].id=i;
	}
	sort(q+1,q+T+1);
	int last=1;
	for(int i=1;i<=T;i++){
		while(last<=N&&f[last].x<=q[i].w){
			int d=f[last].id;
			for(int T=d;T<=N;T+=d)
				add(T,(f[last].x*mu[T/d]+mod*100)%mod);
			last++;
		}
		int l=1,r=0,n=q[i].x,m=q[i].y;
		while(l<=min(n,m)){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans[q[i].id]=(ans[q[i].id]+(query(r)-query(l-1)+mod)*(n/l)%mod*(m/l))%mod;
			l=r+1;
		}
	}
	for(int i=1;i<=T;i++) cout<<ans[i]<<endl;
	return 0; 
}