[NOI2016] 循环之美

VII.[NOI2016] 循环之美

依据小学数论知识，我们要求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] [gcd (j, k) = 1]

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]$

因为后面的 $k$ 是个常数，所以我们就想把它搞出来。

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] [gcd (j, k) = 1] \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] \sum_{d | j, d | k} μ (d) \\ = & \sum_{d | k} μ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m / d} [gcd (i, j d) = 1] \\ = & \sum_{d | k} μ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m / d} [gcd (i, j) = 1] [gcd (i, d) = 1] \end{aligned}

$\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\Big[\gcd(j,k)=1\Big]\\=&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\sum\limits_{d|j,d|k}\mu(d)\\=&\sum\limits_{d|k}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{m/d}\Big[\gcd(i,jd)=1\Big]\\=&\sum\limits_{d|k}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{m/d}\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\Big[\gcd(i,d)=1\Big]\end{aligned}$

推到这步时，我们发现它好像跟我们最开头的式子莫名相似。

因此我们设原式为 $f(n,m,k)$ ，则我们这里后面的式子好像就是 $f(m/d,n,d)$ 。

因为每次都会除掉一个 $d$ ，而 $n$ 和 $m$ 是轮流颠倒着除的，所以复杂度应该有个 $\log m\log n$ 。又因为我们要暴力枚举 $k$ 的所有因数，所以又乘上一个 $\sqrt k$ 。跑到 $k=1$ 的层之后又要求 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{d}\right\rfloor$ ，因此还要上杜教筛。

但实际上，这个算法复杂度不是很优，2s内卡过不去，权当参考。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=20000000;
int pri[20010000],mu[20010000];
void sieve(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=N;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
unordered_map<int,int>mp;
int MU(int n){
	if(n<=N)return mu[n];
	if(mp.find(n)!=mp.end())return mp[n];
	int ret=1;
	for(int l=2,r;l<=n;l=r+1)r=n/(n/l),ret-=(r-l+1)*MU(n/l);
	return mp[n]=ret;
}
ll func(int n,int m,int k){
	if(!n||!m)return 0;
	if(k==1){
		ll ret=0;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),ret+=1ll*(n/l)*(m/l)*(MU(r)-MU(l-1));
		return ret;
	}
	ll ret=0;
	for(int d=1;d*d<=k;d++){
		if(k%d)continue;
		ret+=func(m/d,n,d)*(mu[d]-mu[d-1]);
		if(d*d!=k)ret+=func(m/(k/d),n,k/d)*(mu[k/d]-mu[k/d-1]);
	}
	return ret;
}
int n,m,k;
int main(){
	sieve();
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	printf("%lld\n",func(n,m,k));
	return 0;
}

接下来我们反其道而行之，保留 $k$ ，处理 $i$ 。

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] [gcd (j, k) = 1] \\ = & \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d | i, d | j} μ (d) [gcd (j, k) = 1] \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \sum_{j = 1, d | j}^{m} [gcd (j, k) = 1] \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \sum_{j = 1}^{m / d} [gcd (j d, k) = 1] \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ [gcd (d, k) = 1] \sum_{j = 1}^{m / d} [gcd (j, k) = 1] \end{aligned}

$\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\Big[\gcd(j,k)=1\Big]\\=&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j}\mu(d)\Big[\gcd(j,k)=1\Big]\\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1,d|j}^m\Big[\gcd(j,k)=1\Big]\\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\sum\limits_{j=1}^{m/d}\Big[\gcd(jd,k)=1\Big]\\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\Big[\gcd(d,k)=1\Big]\sum\limits_{j=1}^{m/d}\Big[\gcd(j,k)=1\Big]\end{aligned}$

我们令 $f(n)$ 表示 $\sum\limits_{j=1}^n\Big[\gcd(j,k)=1\Big]$ 。当 $j\leq k$ 时，可以预处理；当 $j>k$ 时，每 $k$ 位一个循环节，且循环节内部大小为 $\varphi(k)$ 。

于是有式子

f (n) = ⌊ \frac{n}{k} ⌋ φ (k) + f (n mod k)

$f(n)=\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\varphi(k)+f(n\bmod k)$

则现在 $f$ 即可 $O(1)$ 计算。我们即可将原式改写为 $\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\Big[\gcd(d,k)=1\Big]f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)$ 。

\begin{aligned} \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ [gcd (d, k) = 1] f (⌊ m / d ⌋) \\ = & \sum_{d = 1}^{min (n, m)} ⌊ \frac{n}{d} ⌋ f (⌊ m / d ⌋) μ (d) \sum_{p | d, p | k} μ (p) \\ = & \sum_{p | k} μ (p) \sum_{d = 1, p | d}^{min (n, m)} ⌊ \frac{n}{d} ⌋ f (⌊ m / d ⌋) μ (d) \\ = & \sum_{p | k} μ (p) \sum_{d = 1}^{min (n, m) / p} ⌊ \frac{n}{d p} ⌋ f (⌊ m / d p ⌋) μ (d p) \end{aligned}

$\begin{aligned}&\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\Big[\gcd(d,k)=1\Big]f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)\\=&\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)\mu(d)\sum\limits_{p|d,p|k}\mu(p)\\=&\sum\limits_{p|k}\mu(p)\sum\limits_{d=1,p|d}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)\mu(d)\\=&\sum\limits_{p|k}\mu(p)\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)/p}\left\lfloor\dfrac{n}{dp}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/dp\right\rfloor\Big)\mu(dp)\end{aligned}$

因为 $\mu$ 是积性函数，且有平方项的数的 $\mu$ 值为 $0$ ，故 $\mu(dp)=\mu(d)\mu(p)\Big[\gcd(d,p)=1\Big]$ ，于是上式改写成 $\sum\limits_{p|k}\mu(p)\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)/p}\left\lfloor\dfrac{n}{dp}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/dp\right\rfloor\Big)\mu(d)\mu(p)\Big[\gcd(d,p)=1\Big]$ 。

\begin{aligned} \sum_{p | k} μ (p) \sum_{d = 1}^{min (n, m) / p} ⌊ \frac{n}{d p} ⌋ f (⌊ m / d p ⌋) μ (d) μ (p) [gcd (d, p) = 1] \\ = & \sum_{p | k} μ^{2} (p) \sum_{d = 1}^{min (n, m) / p} ⌊ \frac{n}{d p} ⌋ f (⌊ m / d p ⌋) μ (d) [gcd (d, p) = 1] \\ = & \sum_{p | k} μ^{2} (p) \sum_{d = 1}^{min (n, m) / p} ⌊ \frac{n / p}{d} ⌋ f (⌊ \frac{m / p}{d} ⌋) μ (d) [gcd (d, p) = 1] \end{aligned}

$\begin{aligned}&\sum\limits_{p|k}\mu(p)\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)/p}\left\lfloor\dfrac{n}{dp}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/dp\right\rfloor\Big)\mu(d)\mu(p)\Big[\gcd(d,p)=1\Big]\\=&\sum\limits_{p|k}\mu^2(p)\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)/p}\left\lfloor\dfrac{n}{dp}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/dp\right\rfloor\Big)\mu(d)\Big[\gcd(d,p)=1\Big]\\=&\sum\limits_{p|k}\mu^2(p)\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)/p}\left\lfloor\dfrac{n/p}{d}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor \dfrac{m/p}{d}\right\rfloor\Big)\mu(d)\Big[\gcd(d,p)=1\Big]\end{aligned}$

发现了什么？后面一大坨跟我们开始的式子 $\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\Big[\gcd(d,k)=1\Big]f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)$ 极度相似。于是我们设 $g(n,m,k)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\Big[\gcd(d,k)=1\Big]f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)$ ，则将最后的式子代进去，发现就是

\sum_{p | k} μ^{2} (p) g (\frac{n}{p}, \frac{m}{p}, p)

$\sum\limits_{p|k}\mu^2(p)g\Big(\dfrac{n}{p},\dfrac{m}{p},p\Big)$

边界就是到 $k=1$ 时，有 $g(n,m,1)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor f\Big(\left\lfloor m/d\right\rfloor\Big)$ 。 $\mu$ 上杜教筛处理，剩下两个可以简单整除分块。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=20000000;
int pri[20010000],mu[20010000];
void sieve(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=N;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)mu[i]+=mu[i-1];
}
unordered_map<int,int>mp;
int MU(int n){
	if(n<=N)return mu[n];
	if(mp.find(n)!=mp.end())return mp[n];
	int ret=1;
	for(int l=2,r;l<=n;l=r+1)r=n/(n/l),ret-=(r-l+1)*MU(n/l);
	return mp[n]=ret;
}
int F(int n); 
ll func(int n,int m,int k){
	if(!n||!m)return 0;
	if(k==1){
		ll ret=0;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),ret+=1ll*(n/l)*F(m/l)*(MU(r)-MU(l-1));
		return ret;
	}
	ll ret=0;
	for(int d=1;d*d<=k;d++){
		if(k%d)continue;
		if(mu[d]!=mu[d-1])ret+=func(n/d,m/d,d);
		if(d*d!=k&&mu[k/d]!=mu[k/d-1])ret+=func(n/(k/d),m/(k/d),k/d);
	}
	return ret;
}
int k,f[2010];
int F(int n){return (n/k)*f[k]+f[n%k];}
int n,m;
int main(){
	sieve();
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=k;i++)f[i]=f[i-1]+(__gcd(i,k)==1);
	printf("%lld\n",func(n,m,k));
	return 0;
}

本题是道难得的莫反好题，有多种思路，其中有三点我认为最为精妙：一是 $[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]\Leftrightarrow[\gcd(j,ik)=1]$ ，二是 $\mu(dp)=\mu(d)\mu(p)[\gcd(d,p)=1]$ ，这两点在乘积项和项的乘积间架起了桥梁；还有一点就是函数式思考，遇见形式相似的东西就尝试设函数递归处理，在某些时候不失为一种手段。