P3327 [SDOI2015]约数个数和
首先证明 d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]
把 i,ji,j 考虑成唯一分解后的形式:Pk1i1Pk2i2...PkninPk1i1Pk2i2...Pknin
对于 i,ji,j 中某个相同的质因子 PxPx ,i=...Pkix...i=...Pkix...,j=...Pkjx...j=...Pkjx...
如果枚举到 jj 中因数 ll 时,ll 有因数 PtxPtx,不妨看成 Pki+txPki+tx,
如果这样看,那么会发现枚举 k,lk,l 时一定能把 PxPx 从 P1xP1x 枚举到 Pki+kjxPki+kjx,这样就包括了所有情况
会不会重复算呢,显然因为式子 d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1] 要满足 k,lk,l 没有相同的质因数才有贡献
所以枚举时对于同一个质因数一定不会在既在 kk 中有,又在 ll 中有,
即不会出现枚举成 Pki+t+yxPki+t+yx,其中 yy 是 kk 对 PP 的贡献(此时 kk 的贡献已经全在 kiki 中了,导致不合法)
要么是 Pki+txPki+tx 要么是 PyxPyx
所以最后我们证明了 d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]
那么 Ans=∑i∑jd(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]Ans=∑i∑jd(ij)=∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==1]
有 gcdgcd 了,显然莫比乌斯反演:
设 f[x]=∑i∑j∑k|i∑l|j[gcd(k,l)==x],答案即为 f[1]
设 F[x]=∑i∑j∑k|i∑l|j[x|gcd(k,l)],那么有 F[x]=∑x|df[d],直接反演得到
f[1]=∑dμ(d)∑i∑j∑k|i∑l|j[d|gcd(k,l)]
变成先枚举 k,l 再枚举 k,l 的倍数 i′,j′,使得 ki′=i,kj′=j,变成
f[1]=∑dμ(d)∑k∑l[d|gcd(k,l)]∑⌊Nk⌋i′∑⌊Ml⌋j′=∑dμ(d)∑Nk∑Ml[d|gcd(k,l)]⌊Nk⌋⌊Ml⌋
把枚举数 k,l 变成枚举 d 的倍数 k′,l′,使得 k=k′d,l=l′d,得到
f[1]=∑dμ(d)∑⌊Nd⌋k′∑⌊Md⌋l′⌊Nk′d⌋⌊Ml′d⌋=∑dμ(d)(∑⌊Nd⌋k′⌊Nk′d⌋)(∑⌊Md⌋l′⌊Ml′d⌋)=∑dμ(d)(∑⌊Nd⌋k′⌊⌊Nd⌋k′⌋)(∑⌊Md⌋l′⌊⌊Md⌋l′⌋)
只要预处理出 sum[x]=∑xi⌊xi⌋ 就好了
最后附上完整过程:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e7+7; int Q,n,m,mi,pri[N],mu[N],tot; ll sum[N],ans; bool not_pri[N]; void pre() { not_pri[1]=1; mu[1]=1; for(int i=2;i<5e4;i++) { if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1; for(int j=1;j<=tot;j++) { ll t=1ll*i*pri[j]; if(t>5e4) break; not_pri[t]=1; if(!(i%pri[j])) break; mu[t]=-mu[i]; } } for(int i=2;i<=5e4;i++) mu[i]+=mu[i-1]; } int main() { Q=read(); pre(); for(int i=1;i<=5e4;i++) { for(int l=1,r;l<=i;l=r+1) { r=i/(i/l); sum[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l); } } while(Q--) { n=read(),m=read(); mi=min(n,m); ans=0; for(int l=1,r;l<=mi;l=r+1) { r=min(n/(n/l),m/(m/l)); ans+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l]; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
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