luoguP2568GCD【线性筛法求欧拉函数】
题目描述
给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.
输入格式
一个整数N
输出格式
答案
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4
输出 #1复制
4
说明/提示
对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)
1<=N<=10^7
来源：bzoj2818
本题数据为洛谷自造数据，使用CYaRon耗时5分钟完成数据制作。
由题意，假设(x<=y)
g
c
d
(
x
,
y
)
=
p
(
p
为
质
数
)
gcd(x,y)=p(p为质数)
gcd(x,y)=p(p为质数)
那么
g
c
d
(
x
p
,
y
p
)
=
1
(
p
为
质
数
)
gcd(\frac{x}{p},\frac{y}{p})=1(p为质数)
gcd(px,py)=1(p为质数)
考虑y对答案的贡献，可以得到是在求
y
p
\frac{y}{p}
py的欧拉函数，那么我们用线性筛欧拉函数得到即可。
但是注意，p可以为很多值，如果直接暴力计算，会TLE。
仔细观察会发现
y
p
\frac{y}{p}
py对答案的贡献=
k
×
φ
(
y
p
)
k×φ(\frac{y}{p})
k×φ(py)，其中k满足
(
p
r
i
m
e
[
k
+
1
]
×
y
p
>
n
)
且
(
p
r
i
m
e
[
k
]
×
y
p
<
=
n
)
(prime[k+1]×\frac{y}{p}>n)且(prime[k]×\frac{y}{p}<=n)
(prime[k+1]×py>n)且(prime[k]×py<=n)。
所以我们换一种思路，考虑数
i
(
1
≤
i
≤
n
)
i(1≤i≤n)
i(1≤i≤n)对答案的贡献。
由于质数表里的质数和
i
i
i都是递增的，所以不用二分查找来实现，直接用一个指针
j
j
j，最开始指着质数表最后一个，每次一直将
j
j
j减到
i
×
p
r
i
m
e
[
j
]
<
=
n
i×prime[j]<=n
i×prime[j]<=n为止，在直接用上式计算答案。
由唯一分解定理可以得到无重复计算答案。
复杂度显然为O（n）。
注意中间有点细节，具体看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e7+10;
int n;
bool mark[N];
int prime[N];
ll phi[N];
ll ans;
int cnt;
int main()
{
scanf("%d",&n);
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!mark[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
{
mark[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
int j=cnt;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(prime[j]*i>n) j--;
if(i==1)//当i等于1的时候可以发现x等于y，此时只用计算一次
ans+=phi[i]*j;
else ans+=((phi[i]*j)<<1);//不等于的话可以交换x和y得到另一组答案
//故要乘以2
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
谢谢
