「SOL」旧试题 (LOJ/SDOI)
数论+图论，妙不可言
# 题面
给定 \(A,B,C\)，求：
\[\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sigma_0(ijk)
\]
数据规模：\(A,B,C\le 2\times10^5\)。
# 解析
显然 \(A,B,C\) 三者等价，不妨设 \(A\) 是最大的
关于 \(\sigma_0\)，有一个众所周知（比如我就不知道） 的结论：
\[\sigma_0(ab)=\sum_{i\mid a}\sum_{j\mid b}[i\bot j]
\]
三个数也是一样的，
\[\sigma_0(abc)=\sum_{i\mid a}\sum_{j\mid b}\sum_{k\mid c}[i\bot j][j\bot k][k\bot i]
\]
于是直接代回我们要求的式子：
\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{u\mid i}\sum_{v\mid j}\sum_{w\mid k}[u\bot v][v\bot w][w\bot u]\\
=&\sum_{u=1}^A\sum_{v=1}^B\sum_{w=1}^C[u\bot v][v\bot w][w\bot u]\left\lfloor\frac{A}{u}\right\rfloor\left\lfloor\frac{B}{v}\right\rfloor\left\lfloor\frac{C}{w}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
记 \([a,b]\) 为 \(a, b\) 的最小公倍数。两数互质的条件可以进行反演：
\[\begin{aligned}
\sum_{a}\sum_{b}\sum_{c}\mu(a)\mu(b)\mu(c)\sum_{[a,b]\mid u}\left\lfloor\frac{A}{u}\right\rfloor\sum_{[b,c]\mid v}\left\lfloor\frac{B}{v}\right\rfloor\sum_{[c,a]\mid w}\left\lfloor\frac{C}{w}\right\rfloor
\end{aligned}
\]
定义 \(f_b(a)\) 如下：
\[f_b(a)=\sum_{a\mid i}\left\lfloor\frac{b}{i}\right\rfloor
\]
可以 \(O(A\ln A)\) 预处理出 \(f_A(x), f_B(x), f_C(x)\)，于是要求的答案就是
\[\sum_{a}\sum_{b}\sum_{c}\mu(a)\mu(b)\mu(c)f_A([a,b])f_B([b,c])f_C([c,a])
\]
但是我们发现这一波推导过后并没有什么用，直接算还是 \(O(A^3)\) 的。只是可以进行一些剪枝？
- \(\mu(a),\mu(b),\mu(c)\) 都必须非零，这样可以去掉很多无用的枚举；
- \(\max\big\{[a,b],[b,c],[c,a]\big\}\le A\)，好像也可以减掉一些枚举。
这些剪枝足够吗？如果仍然三重 for 循环枚举，这样剪枝过后还是过不了。但是注意到这两个限制，第二个限制与两个变量相关，类似于图上的边。
- 条件一限制了图上的点的 \(\mu\) 非零；
- 条件二表示，若 \([a,b]\le A\)，则图上存在 \((A,B)\) 这条无向边。
恰巧的是，我们计算的是一个三元组，体现在图上就是一个三元环！
记 \(M\) 为图的边数，我们可以用下面的方法 \(O(M\sqrt{M})\) 地枚举所有三元环：
- 统计每个点的度数，记作 \(deg_u\)；
- 给边定向，由度数大的点指向度数小的，若度数相等，则编号大的指向编号小的（编号小指向编号大也无所谓，反正要求二元组 \((\deg_u,u)\) 的大小比较唯一且具有传递性）；
- 枚举点 \(u\)：
- 标记 \(u\) 连出的所有点 \(v\)；
- 枚举 \(u\) 连出的点 \(v\)：
- 枚举 \(v\) 连出的点 \(w\)，若 \(w\) 有标记，则找到三元环。
三元环计数正确性、时间复杂度的证明
根据边定向的规则，因为数对 $(deg_u, u)$ 的大小关系具有传递性且唯一确定，所以定向后的图一定是 DAG。
这意味着三元环一定是由 $u\to v\to w$ 和 $u\to w$ 构成的。且根据我们的枚举方式，这样的三元环仅能在枚举 $u$ 时计算到。所以计数不重不漏，正确性有保证。
时间复杂度的证明类似分块。首先，标记点的时间复杂度为 $O(M)$，因为每条边只会遍历一次，不是复杂度的瓶颈。
然后关注枚举的 $u\to v\to w$ 的中心点 $v$：
- 若 $deg_v\le\sqrt{M}$，则 $w$ 只有 $O(\sqrt{M})$ 个，$(u,v)$ 最多 $O(M)$ 个，则所有此类点 $v$ 的复杂度为 $O(M\sqrt{M})$；
- 若 $deg_v\gt\sqrt{M}$，因为 $u$ 连向 $v$，则 $deg_u\ge deg_v\gt\sqrt{M}$，这样的 $u$ 只有 $O(\sqrt{M})$ 个，而 $(v,w)$ 仅有 $O(M)$ 个；则所有此类 $v$ 点的复杂度也为 $O(M\sqrt{M})$。
总复杂度 $O(M\sqrt{M})$。
回到这道题上来，我们就是要枚举图上的一个三元环然后计算答案。那么这个图的边数多大呢？打个表发现 \(O(M\sqrt{M})\) 能过……（反正我不会证）
于是按上述方法枚举即可。
注意实际上枚举的不止有三元环，还存在 \(a=b\) 甚至是 \(a=b=c\) 的情况，不过这两种都可以直接暴力枚举，不是很重要。
# 源代码
/*Lucky_Glass*/
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define con(typ) const typ &
typedef long long llong;
typedef pair<int, int> pii;
inline int rin(int &r) {
int b = 1, c = getchar(); r = 0;
while ( c < '0' || '9' < c ) b = c == '-' ? -1 : b, c = getchar();
while ( '0' <= c && c <= '9' ) r = (r * 10) + (c ^ '0'), c = getchar();
return r *= b;
}
inline void write(con(int) w) {
if ( w > 9 ) write(w / 10), putchar((w % 10) ^ '0');
else if ( w < 0 ) putchar('-'), write(-w);
else putchar(w ^ '0');
}
const int N = 2e5 + 10, M = 2e6, MOD = 1e9 + 7;
inline int iGCD(con(int) a, con(int) b) {return b ? iGCD(b, a % b) : a;}
int na, nb, nc, ncas, nprm, nedg;
int mu[N], prm[N], deg[N], edg[M][3], tag[N];
llong fa[N], fb[N], fc[N];
bool vis[N];
vector<pii> lnk[N];
void init() {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++) {
if ( !vis[i] ) prm[++nprm] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= nprm && prm[j] * i < N; j++) {
vis[i * prm[j]] = true;
if ( i % prm[j] == 0 ) break;
mu[i * prm[j]] = -mu[i];
}
}
}
void proc(con(int) n, llong *arrf) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
arrf[i] = 0;
for (int j = i; j <= n; j += i)
arrf[i] += n / j;
}
}
int main() {
init();
rin(ncas);
while ( ncas-- ) {
rin(na), rin(nb), rin(nc);
int mx = max(na, max(nb, nc)), mn = min(na, min(nb, nc));
fill(fa, fa + mx + 1, 0);
fill(fb, fb + mx + 1, 0);
fill(fc, fc + mx + 1, 0);
proc(na, fa), proc(nb, fb), proc(nc, fc);
llong ans = 0;
// Part 1
for (int i = 1; i <= mn; i++)
ans += mu[i] * fa[i] * fb[i] * fc[i]; // mu[i] ^ 3 = mu[i]
// Part 2
fill(deg, deg + 1 + mx, 0), nedg = 0;
for (int g = 1; g <= mx; g++)
for (int i = 1; i * g <= mx; i++) if ( mu[i * g] )
for (int j = i + 1; 1ll * i * j * g <= mx; j++)
if ( mu[j * g] && iGCD(i, j) == 1 ) {
int lcm = i * j * g, ig = i * g, jg = j * g;
// iij
ans += mu[jg] * (fa[ig] * fb[lcm] * fc[lcm]
+ fa[lcm] * fb[ig] * fc[lcm]
+ fa[lcm] * fb[lcm] * fc[ig]);
// ijj
ans += mu[ig] * (fa[jg] * fb[lcm] * fc[lcm]
+ fa[lcm] * fb[jg] * fc[lcm]
+ fa[lcm] * fb[lcm] * fc[jg]);
// add edges at the same time :)
deg[ig]++, deg[jg]++;
edg[++nedg][0] = ig, edg[nedg][1] = jg;
edg[nedg][2] = lcm;
}
// Part 3
for (int i = 1; i <= mx; i++) lnk[i].clear();
for (int i = 1; i <= nedg; i++)
if ( deg[edg[i][0]] > deg[edg[i][1]]
|| (deg[edg[i][0]] == deg[edg[i][1]] && edg[i][0] < edg[i][1]) )
lnk[edg[i][0]].push_back(make_pair(edg[i][1], edg[i][2]));
else lnk[edg[i][1]].push_back(make_pair(edg[i][0], edg[i][2]));
for (int u = 1; u <= mx; u++) if ( mu[u] ) {
for (int i = 0, ii = (int)lnk[u].size(); i < ii; i++)
tag[lnk[u][i].first] = lnk[u][i].second;
for (int i = 0, ii = (int)lnk[u].size(); i < ii; i++) {
int v = lnk[u][i].first, luv = lnk[u][i].second;
for (int j = 0, _j = (int)lnk[v].size(); j < _j; j++)
if ( tag[lnk[v][j].first] ) {
int w = lnk[v][j].first, lvw = lnk[v][j].second,
luw = tag[w];
ans += mu[u] * mu[v] * mu[w] * (
fa[luv] * fb[luw] * fc[lvw]
+ fa[luv] * fb[lvw] * fc[luw]
+ fa[luw] * fb[luv] * fc[lvw]
+ fa[luw] * fb[lvw] * fc[luv]
+ fa[lvw] * fb[luv] * fc[luw]
+ fa[lvw] * fb[luw] * fc[luv]
);
}
}
for (int i = 0, ii = (int)lnk[u].size(); i < ii; i++)
tag[lnk[u][i].first] = 0;
}
write(int(ans % MOD)), putchar('\n');
}
return 0;
}
THE END
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怎知晓 有人 玩世不恭掩愁肠
取次花丛懒望 等剪烛西窗
怎知晓 有人 独为异客在异乡
嘴上逞强终不敢 举头看月光
——《从前有个衔玉教》By 星葵/鲜洋芋/溱绫西陌
> Link 【0412乐正绫诞生祭】从前有个衔玉教-Bilibili
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