BZOJ3309: DZY Loves Math
Description
对于正整数n,定义f(n)为n所含质因子的最大幂指数。例如f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3, f(10007)=1, f(1)=0。
给定正整数a,b,求\(∑_{i=1}^a∑_{j=1}^bf(gcd(i,j))\)
。
Input
第一行一个数T,表示询问数。
接下来T行,每行两个数a,b,表示一个询问。
Output
对于每一个询问,输出一行一个非负整数作为回答。
Sample Input
4
7558588 9653114
6514903 4451211
7425644 1189442
6335198 4957
Sample Output
35793453939901
14225956593420
4332838845846
15400094813
HINT
【数据规模】
T<=10000
1<=a,b<=10^7
Solution
自我感觉很有难度的一道莫比乌斯反演题,是我做过的里面对筛法的分析涉及最深的了。
注:下文中,\((i,j)\)指\(gcd(i,j)\),\(n,m\)指题目描述中的\(a,b\),这里均设\(n<m\)
考虑筛出\(\sum_{k|T}f(k)\mu(\frac{T}{k})\)
- \(T=1\)
\(\sum_{k|T}f(k)\mu(\frac{T}{k})=f(1)\mu(1)=0\) - \(T=p(p \in prime)\)
\(\sum_{k|T}f(k)\mu(\frac{T}{k})=f(T)\mu(1)+f(1)\mu(T)=1+0=1\) - \(T=i*p(p \in prime)\)
考虑根据唯一分解定理将\(T和\frac{T}{k}\)分解,\(T=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}\),\(\frac{T}{k}=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}\)
我们设\(g(T)=\sum_{k|T}f(k)\mu(\frac{T}{k})\),记\(n=i*p(p \in prime)\)
显然只有当\(a_i=1或0\)时\(f(d)\)对答案有贡献,所以只讨论\(a_i=1或0\)时的\(n\)
所以,如果\(\mu(\frac{n}{k})\)对答案有贡献,则对于每一项指数最大的\(p_i\),\(k\)中\(p_i\)的指数一定需要是\(n\)中\(p_i\)的指数\(-1\).
分两种情况讨论:
- \(c_1=c_2...=c_k\),那么显然为了满足\(f(d)\not = f(n)\)的条件,所有的\(a_i\)都必须为\(1\),所以有$$g(n)=-\mu(p_1p_2p_3...p_k)=(-1)^{k+1}$$
- \(c_i\)不完全相等。则我们按\(a_i\)将\(p_i\)分入集合\(A,B\)
\(A=\{i|a_i=1\},B=\{i|a_i=0\}\)
则\(A\)中的\(p_i\)必须取,\(B\)中的\(p_i\)取不取都无所谓。所以有:
如何处理集合\(B\)呢?
实际上我们就是在\(|B|\)个数里面,取出若干个数的积,由于\(\mu=\{1,-1,0\}\)且这里不会取到\(0\),所以我们可以把它抽象成\(n\)个数,我们选的所有方案的价值之和,选奇数个数的方案价值为\(-1\),选偶数个数的方案价值为\(1\)
所以其实等价于\(\sum_{i=0}^nC_n^i(-1)^i=0\)。
这个玩意怎么证明呢?
\(\sum_{i=0}^nC_n^i(-1)^i=0\)的证明:
奇数时显然成立。\((C_n^x=C_n^{n-x})\)
偶数时,考虑杨辉三角的递推式\(C_m^n=C_m^{n-1}+C_{m-1}^{n-1}\),会发现对于杨辉三角的偶数行,它奇数和和偶数和都正好相当于上一行(奇数行)\(\sum_{i=1}^{n-1}C^i_n\),所以奇偶数的正负正好抵消。
证毕。
所以有
所以说,对答案有贡献的\(n\),当且仅当\(c_1=c_2...=c_k\)
这个东西要筛出来就挺容易的了。
具体做法:
维护一个\(a_i\)表示数\(n\)的最小质因子\(p_{min}\)的指数,\(b_i=p_{min}^{a_i}\)。 记\(x=i*p,g_i表示上文的函数g(i)\)
- 当筛到\(i*p(p\in prime)\)且\(p⊥i\)时(\(p⊥i\)即\(p\)与\(i\)互质)
\(a_x=1\),\(b_x=p\)(因为线性筛保证每次筛掉这个数的都是它的最小质因子)
当\(a_x=a_i\)时,\(g_x=-g_i\),否则\(g_x=0\) - 当筛到\(i*p(p\in prime)\)且\(p|i\)时,
\(a_x=a_i+1,b_x=b_i*p\)
这时\(b\)数组就派上用场,因为\(i\)的最小质因子也是\(p\),所以并不能比较\(a_i\)和\(a_p\),我们设\(d=\frac{i}{b_i}\),则有\(d⊥i,d⊥x\),那么这时当\(a_d=a_x\)时,\(g_x=-g_d\),否则\(g_x=0\)
那么数论分块一下,就可以在\(O(n+T\sqrt{n})\)的复杂度内解决本题了。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e7 + 5;
int p[N], vis[N], cnt;
ll a[N], b[N];
ll g[N];
void init() {
g[1] = 0;
for(int i = 2; i < N; ++i) {
if(!vis[i]) {
p[++cnt] = i;
b[i] = i;
a[i] = 1;
g[i] = 1;
}
for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] < N; ++j) {
vis[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j] == 0) {
int d = i / b[i];
a[i * p[j]] = a[i] + 1;
b[i * p[j]] = b[i] * p[j];
if(d == 1) g[i * p[j]] = 1;
else g[i * p[j]] = (a[i * p[j]] == a[d]) ? -g[d] : 0;
break;
}
a[i * p[j]] = 1;
b[i * p[j]] = p[j];
g[i * p[j]] = (a[i] == 1) ? -g[i] : 0;
}
}
for(int i = 2; i < N; ++i) g[i] += g[i - 1];
}
int main() {
init();
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
ll n, m, ans = 0;
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if(n > m) swap(n, m);
for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
ans += (ll)(n / l) * (m / l) * (g[r] - g[l - 1]);
}
printf("%lld\n", ans);
}
}