P3327 [SDOI2015]约数个数和

传送门

首先证明 d(ij)=k|il|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=k|il|j[gcd(k,l)==1]

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 PxPxi=...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 PxPxP1xP1x 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|il|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=k|il|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 yykkPP 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|il|j[gcd(k,l)==1]d(ij)=k|il|j[gcd(k,l)==1]

那么 Ans=ijd(ij)=k|il|j[gcd(k,l)==1]Ans=ijd(ij)=k|il|j[gcd(k,l)==1]

gcdgcd 了,显然莫比乌斯反演:

f[x]=ijk|il|j[gcd(k,l)==x]答案即为 f[1]

设 F[x]=ijk|il|j[x|gcd(k,l)]那么有 F[x]=x|df[d],直接反演得到

f[1]=dμ(d)ijk|il|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)kl[d|gcd(k,l)]NkiMlj=dμ(d)NkMl[d|gcd(k,l)]NkMl

把枚举数 k,l 变成枚举 d 的倍数 k,l,使得 k=kd,l=ld,得到

f[1]=dμ(d)NdkMdlNkdMld=dμ(d)(NdkNkd)(MdlMld)=dμ(d)(NdkNdk)(MdlMdl)

只要预处理出 sum[x]=xixi 就好了

 最后附上完整过程:

 

 

复制代码
#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;
}
复制代码

 

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