洛谷 P3327 【[SDOI2015]约数个数和】
前置芝士
关于这个题,你必须知道一个这样奇奇怪怪的式子啊QAQ
\[d(i*j)= \sum_{x|i} \sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]
\]
留坑,先感性理解:后面那个gcd是为了去重。
UPD:
正文
根据前一部分,我们所要推倒的式子就变成了
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\left [ gcd(x,y)=1 \right ]
\]
我们可以改变一下枚举顺序,原来是枚举原数,现在我们改为枚举约数,再利用数学性质将其倍数全部筛掉,式子即变成
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{j} \right \rfloor\left [ gcd(i,j)=1 \right ]
\]
于是,我们可以把里面的那个东西稍稍的替换一下
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{j} \right \rfloor\sum_{d|gcd(i,j)}\mu (d)
\]
根据莫比乌斯函数的性质,这两个东西显然是等价的。
然后我们可以在和式枚举时就将gcd消掉,同时将d调整到和式最外层
然后整个式子就变成
\[ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum_{x=1}^{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{dx} \right \rfloor\sum_{y=1}^{\left \lfloor \frac{m}{y} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{m}{dy} \right \rfloor
\]
唯一的难点是,$\sum_{x=1}^{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{dx} \right \rfloor $
将\(n/x\),换成一个变量,就会发现,这东西也是可以分块的!!!
然后就可以愉快的整除分块了
贴代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+10;
int miu[maxn],prime[maxn],t;
bool vis[maxn];
ll g[maxn];
void get_g()
{
for(int i=1;i<=maxn;++i)
{
int l,r;
for(l=1;l<=i;l=r+1)
{
r=i/(i/l);
g[i]+=(i/l)*(r-l+1);
}
}
}//同样分块处理
void mobius()
{
miu[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(vis[i]==0)
miu[i]=-1,++t,prime[t]=i;
for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=maxn;++j)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j])) break;
else miu[i*prime[j]]-=miu[i];
}
}
for(int i=1;i<=maxn;++i)
miu[i]+=miu[i-1];
}
int main()
{
get_g();
mobius();
int t;
int n,m;
scanf("%d",&t);
for(int _=1;_<=t;++_)
{
ll ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
int tmp=min(n,m);
long long l,r;
for(l=1;l<=tmp;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(miu[r]-miu[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
在繁华中沉淀自我,在乱世中静静伫立,一笔一划,雕刻时光。