CF871D Paths
题意:
n个点的无向图,若$\gcd(x,y) \neq1$则$(x,y)$有边,统计$1\sim n$构成的无向图两两点对最短路是之和是多少(两点不连通最短路记为0)?$n\leq 10^7$。
题解:
先分类讨论一下:
- 1和$>\frac n2$的素数是孤立点,排除掉,其余是一个联通块。
- $\gcd(x,y)\neq1\longrightarrow dis(x,y)=1$
- 记$mi[x]$为x的最小素因子,$mi[x]\times mi[y]\leq n\longrightarrow dis(x,y)=2$
- 其余均可通过$x \longrightarrow 2\times mi[x] \longrightarrow 2\times mi[y] \longrightarrow y$实现$dis(x,y)=3$
分别考虑:
- 直接排除即可
- 方案数$=\sum_x x-1-\varphi(x)$
- 方案数$=\sum_{x,y}[\gcd(x,y)=1][mi[x]\times mi[y] \leq n]$
- 剩余点对
考虑第3种情况怎么求:
“看到$\gcd$想反演”:
$$
\begin{aligned}
ans&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{d|x}\sum_{d|y}[mi[x]\times mi[y]\leq n]\\
&=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n[mi[x]\times mi[y]\leq n]+\sum_{d=2}^n\mu(d)\sum_{d|x}\sum_{d|y}[mi[x]\times mi[y]\leq n]
\end{aligned}
$$
前一部分比较容易求解,直接开桶维护前缀和即可;
后一部分再分类讨论:
1. $d\leq \sqrt{n}$:由于$d|x$,所以必定有$mi[x]\leq mi[d]$,所以对于任意$d|x,d|y$都有$mi[x]\times mi[y]\leq n$,所以可行方案数为$(\frac n2)^2$。
2. $d>\sqrt{n}$:由于$d|x,d|y$,若设$x=k_1d,y=k_2d$,那么有$k_1,k_2\leq \sqrt{n}$,故只有当$k_1=k_2=1$且d为质数时$mi[x]\times mi[y]>n$,可行方案数为$(\frac n2)^2-1$。
那么就只要枚举d就可以$\mathcal{O}(1)$算答案了。
使用线性筛求积性函数$\varphi(i)$和$\mu(i)$。至此本题解决。
复杂度$\mathcal{O}(n)$。
code:
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++) 3 #define ll long long 4 5 using namespace std; 6 7 const int N=1e7+10; 8 int n,cnt,phi[N],mu[N],p[N/10],vis[N],T[N],pre[N]; 9 ll sum1,sum2,sum3,ans,all; 10 11 void sieve(int n){ 12 phi[1]=mu[1]=1; 13 rep (i,2,n){ 14 if (!vis[i]) p[++cnt]=vis[i]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1; 15 for (int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++){ 16 vis[i*p[j]]=p[j]; 17 if (i%p[j]==0){phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j]; break;} 18 phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1); 19 mu[i*p[j]]=-mu[i]; 20 } 21 } 22 } 23 24 int main(){ 25 scanf("%d",&n); sieve(n); 26 rep (i,2,n) if (vis[i]!=i||i<=n/2) all++; all=all*(all-1)/2; //所有非0数对 27 rep (i,2,n) sum1+=i-1-phi[i]; ans+=sum1; 28 rep (i,2,n) if (vis[i]!=i||i<=n/2) T[vis[i]]++; 29 rep (i,2,n) pre[i]=pre[i-1]+T[i]; 30 rep (i,2,n) if (vis[i]!=i||i<=n/2) sum2+=pre[n/vis[i]]; //不考虑gcd(x,y)=1的条件 31 int m=sqrt(n); 32 rep (i,2,n){ //减去gcd(x,y)>1的对数:枚举i为>1的gcd 33 ll tmp=0; 34 tmp+=(ll)(n/i)*(n/i); //vis[ki]<=vis[i]故两个vis[ki]相乘必定<=n 35 if (i>m&&vis[i]==i) tmp--; //vis[ki]<=vis[k],而k<=m,故只有当k1=k2=1且i为质数时vis[k1i]*vis[k2i]>n 36 sum2+=mu[i]*tmp; 37 } 38 sum2/=2; ans+=sum2*2; 39 ans+=(all-sum1-sum2)*3; 40 printf("%lld\n",ans); 41 return 0; 42 }