@51nod - 1222@ 最小公倍数计数

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定义F(n)表示最小公倍数为n的二元组的数量。
即：如果存在两个数（二元组）X，Y(X <= Y)，它们的最小公倍数为N，则F(n)的计数加1。
例如：F(6) = 5，因为[2,3] [1,6] [2,6] [3,6] [6,6]的最小公倍数等于6。
给出一个区间[a,b]，求最小公倍数在这个区间的不同二元组的数量。
例如：a = 4，b = 6。符合条件的二元组包括：
[1,4] [2,4] [4,4] [1,5] [5,5] [2,3] [1,6] [2,6] [3,6] [6,6]，共10组不同的组合。

原题传送门。

@solution@

将 [X, Y] 变为 [1, Y] - [1, X-1]，将无序对转有序对，处理一下相等的情况。

那么就是求 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} [\frac{i\times j}{\gcd(i, j)} \leq n]\)。套路反演一波得到：

\[\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i, j) = d][\frac{i\times j}{\gcd(i, j)} \leq n] \\ \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i, j) = 1][i\times j\times d \leq n] \\ \sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p=1}^{n}\mu(p)[i\times j\times d \times p^2 \leq n] \\ \sum_{p=1}^{\sqrt{n}}\mu(p)\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[i\times j\times d \leq \lfloor\frac{n}{p^2}\rfloor] \]

记 f(m) 表示 abc <= m 对应的有序对 (a, b, c) 数量。可以用杜教筛等方法做（不过貌似过不了），但是还有一个更有趣的做法：

我们不妨假设 a <= b <= c，然后根据里面 a, b, c 互相之间的相等关系算这样的无序对的贡献。
那么显然有 \(a \leq m^{\frac{1}{3}}, b \leq \sqrt{\frac{m}{a}}\)。然后暴力在范围内枚举 a, b 即可。

算一个 f(m) 时间复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^{m^{\frac{1}{3}}}\sqrt{\frac{m}{i}})\)，简单积分拟合一下可以算出大概是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

然后外层枚举莫比乌斯函数，总时间复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}(\frac{n}{i^2})^{\frac{2}{3}})\)。这玩意儿不定积分原函数在 x = 0 没有定义，不过我们可以直接代 x = 1（因为是从 1 ~ \(\sqrt{n}\)），结果算出来还是 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

@accepted code@

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 1000000;

bool nprm[MAXN + 5];
int prm[MAXN + 5], mu[MAXN + 5], pcnt;
void init() {
	mu[1] = 1;
	for(int i=2;i<=MAXN;i++) {
		if( !nprm[i] ) prm[++pcnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j=1;i*prm[j]<=MAXN;j++) {
			nprm[i*prm[j]] = true;
			if( i % prm[j] == 0 ) {
				mu[i*prm[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i*prm[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

ll get(ll m) {
	ll ans = 0;
	for(ll i=1;i*i*i<=m;i++) {
		for(ll j=i;i*j*j<=m;j++) {
			ll lb = j, ub = m / i / j;
			ans += (j == i ? 3 : 6)*max(0LL, ub - lb);
			ans += 3*(j != i);
		}
		ans++;
	}
	return ans;
}

ll solve(ll n) {
	ll ans = 0;
	for(ll i=1;i*i<=n;i++)
		ans = ans + mu[i] * get(n / i / i);
	return (ans + n) / 2;
}

ll gcd(ll a, ll b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

ll d[MAXN + 5];
int main() {
	init();
	ll a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
	printf("%lld\n", solve(b) - solve(a - 1));
}

@details@

莫比乌斯反演的应用分析（×）
积分在时间复杂度分析中应用（√）

不要想着 cmath 库里面的 pow 函数的精度，直接把 \(a \leq n^{\frac{1}{3}}\) 转变成 \(a^3 \leq n\)。