2024-03-28
2024-03-28
\({\color{Red}\Large到成都集训来了!}\)
晚上自习
YY的GCD
\({\color{Chocolate}Problem}\)
\(i\in[1,n],j\in[1,m] \ \ \ m,n\le10^7\),\(T\le10^4\) 组询问,求 \(\gcd(i,j)\) 是素数的 \((i,j)\) 对数
\({\color{Chocolate}Solution}\)
\[\begin{align*}
ans&=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=p]\newline
&=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]
\end{align*}
\]
莫比乌斯函数有一个小性质
\[\sum_{d\mid x}\mu(d)=[x=1] \]
\[\therefore[gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)
\]
\[\therefore ans=\sum_{p\in primes}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum_{d\mid\gcd(i,j)}\mu(d)
\]
考虑改变求和顺序
先枚举 \(k=\gcd(i,j)\),则 \(i,j\) 均是 \(k\) 的倍数
\[ans=\sum_{p\in primes}\sum_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\sum_{d\mid k}\mu(d)\times\left\lfloor\frac{n}{pk}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{pk}\right\rfloor
\]
接下来(按照题解说的)是常见的变换方式
设 \(t=pk\)
\[\begin{align*}
ans&=\sum_{p\in primes}\sum_{k=1}^{\min(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor)}\sum_{d\mid k}\mu(d)\times\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\newline
&=\sum_{t=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\times\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\sum_{p\in primes,p\mid t} \mu(\frac{t}{p})
\end{align*}
\]
\(k\) 的约数不用再枚举的原因是:\(t\) 实际上枚举的是 \(p\)和 \(k\)的所有约数 的乘积,已经考虑过了
最后面的和式可以在线性筛的时候预处理
剩下的数论分块
时间复杂度 \(O(n+T\sqrt{n})\)
\({\color{Chocolate}Code}\)
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+100;
ll n,m;
int primes[N],cntp;
bool st[N];
int mu[N];
ll sm[N];
void init_mu(int mx) {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=mx;i++) {
if(!st[i]) primes[++cntp]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;i*primes[j]<=mx;j++) {
st[i*primes[j]]=true;
if(i%primes[j]==0) {
mu[i*primes[j]]=0;
break;
}
mu[i*primes[j]]=-mu[i];
}
}
for(int j=1;j<=cntp;j++)
for(int i=1;i*primes[j]<=mx;i++)
sm[i*primes[j]]+=mu[i]*1ll;
for(int i=1;i<=mx;i++) sm[i]+=sm[i-1];
}
int main() {
init_mu(1e7+10);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(n>m) swap(n,m);
ll lft=1,rgh,ans=0;
while(lft<=n) {
rgh=min(n,min(n/(n/lft),m/(m/lft)));
ans+=(sm[rgh]-sm[lft-1])*(n/lft)*(m/lft);
lft=rgh+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
GCD SUM
做完前边几个题,这个就很简单了
不写解析了
完蛋还没写完但是要回去了
回宿舍交了,过了
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+100;
int primes[N],cntp;
bool st[N];
ll mu[N],sm[N];
void init_mu(int mx) {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=mx;i++) {
if(!st[i]) primes[++cntp]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;i*primes[j]<=mx;j++) {
st[i*primes[j]]=true;
if(i%primes[j]==0) {
mu[i*primes[j]]=0;
break;
}
mu[i*primes[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=mx;i++) sm[i]=sm[i-1]+mu[i];
}
ll n;
int main() {
scanf("%lld",&n);
init_mu(n+10);
ll ans=0;
for(int g=1;g<=n;g++) {
int m=n/g;
int lft=1,rgh;
ll res=0;
while(lft<=m) {
rgh=min(m,m/(m/lft));
res+=(sm[rgh]-sm[lft-1])*(m/lft)*(m/lft);
lft=rgh+1;
}
ans+=g*res;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}