bzoj 3529 [Sdoi2014]数表（莫比乌斯反演+BIT）

 

Description

    有一张N×m的数表，其第i行第j列（1 < =i < =礼，1 < =j < =m）的数值为
能同时整除i和j的所有自然数之和。给定a，计算数表中不大于a的数之和。

Input

    输入包含多组数据。
    输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数n，m，a(|a| < =10^9)描述一组数据。

Output

    对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

Sample Input

2
4 4 3
10 10 5

Sample Output

20
148

HINT

 

1 < =N．m < =10^5  ， 1 < =Q < =2×10^4

 

【思路】

 

　　UPD：求a只和F(1..a)有关系改为：求a只和F(i)<=a的项有关系

　　自然溢出，最后and 2^31-1

 

【代码】

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

const int N = 1e5+10;

struct Node {
    int n,m,a,id;
    bool operator< (const Node& rhs) const{
        return a<rhs.a;
    }
};
struct Fnode{
    int num,id;
    bool operator<(const Fnode& rhs) const{
        return num<rhs.num;
    }
};

int mx,n,m,a;
int mu[N],su[N],sz,np[N],C[N],ans[N];
Node que[N]; Fnode F[N];

void add(int x,int v)
{
    for(;x<=mx;x+=x&-x) C[x]+=v;
}
int query(int x)
{
    int res=0;
    for(;x;x-=x&-x) res+=C[x];
    return res;
}

void get_mu()
{
    int i,j;
    mu[1]=1;
    for(i=2;i<=mx;i++) {
        if(!np[i])
            mu[i]=-1,su[++sz]=i;
        for(j=1;j<=sz&&i*su[j]<=mx;j++) {
            np[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0)
                mu[i*su[j]]=0;
            else
                mu[i*su[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
void get_F()
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=mx;i++) {
        for(j=i;j<=mx;j+=i)
            F[j].num+=i;
    }
    for(i=1;i<=mx;i++) F[i].id=i;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++) {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&a);
        if(n>m) swap(n,m);
        que[i]=(Node){n,m,a,i};
        mx=max(mx,n);
    }
    get_mu(); get_F();
    sort(que+1,que+T+1);
    sort(F+1,F+mx+1);
    int now=0;
    for(int i=1;i<=T;i++) {
        while(now+1<=mx&&F[now+1].num<=que[i].a) {
            now++;
            for(int j=F[now].id;j<=mx;j+=F[now].id)
                add(j,F[now].num*mu[j/F[now].id]);
        }
        int id=que[i].id,last; n=que[i].n,m=que[i].m;
        for(int j=1;j<=n;j=last+1) {
            last=min(n/(n/j),m/(m/j));
            ans[id]+=(query(last)-query(j-1))*(n/j)*(m/j);
        }
    }
    for(int i=1;i<=T;i++)
        printf("%d\n",ans[i]&0x7fffffff);
    return 0;
}