AcWing 215. 破译密码

\(AcWing\) \(215\). 破译密码

一、题目描述

达达正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：
对于给定的整数 \(a,b\) 和 \(d\)，有多少正整数对 \(x,y\)，满足 \(x≤a，y≤b\)，并且 \(gcd(x,y)=d\)。作为达达的同学，达达希望得到你的帮助。

输入格式
第一行包含一个正整数 \(n\)，表示一共有 \(n\) 组询问。

接下来 \(n\) 行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为 \(a,b,d\)。

输出格式
对于每组询问，输出一个正整数，表示满足条件的整数对数。

数据范围
\(1≤n≤50000,1≤d≤a,b≤50000\)

输入样例：

2
4 5 2
6 4 3

输出样例：

3
2

提示:\(gcd(x,y)\) 返回 \(x，y\) 的最大公约数。

二、题目分析

前导知识

\(1\)、容斥原理 \(AcWing\) \(890\). 能被整除的数

小结：
① 二进制对质数序列的组合式枚举
② 奇数加，偶数减

\(2\)、数论分块 \(AcWing\) \(199\). 余数之和

小结：
给出\(n,k\),求 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n k \ \% \ i\)

核心代码

    ans = n * k;                                    // 看题解的推导公式
    for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {                // 枚举左端点,每次跳着走，下次的位置就是本次r的位置+1
        if (k / l == 0) break;                      // 1、当k/l=0的时候，显然这段以及后面（有单调性）已经没有贡献了，可以 break。
        r = min(k / (k / l), n);                    // 2、注意右端点和n取个min，因为>n没有贡献了。
        ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2; // 等差数列求和：左到右边界内，是公差为1的等差数列，首项+末项 乘以 项数 除以2
    }

\(3\)、莫比乌斯函数

解题思路

我们分析一下，题目很明了，要求的就是\(gcd(x,y)=d\)的个数，转化一下：

\[\large x'=x/d,y'=y/d \]

\[\large |gcd(x,y)=d| \Leftrightarrow |gcd(x',y')=1| \]

注：上面的"| |"，表示的是符合这样条件的\((x,y)\)的数对个数,这两个式子的数对\((x,y)\)和\((x',y')\) 是一一对应的。

证明：
首先，\(x , y\) 的最大公约数是\(d\)，那么 除去最大公约数，得到的两个数就 互质。对于每个\(gcd(x,y)=d\)都如此操作，那么可以证明，这两个的 数量 是一一对应的。

问题转化为：\(x≤a/d\) , \(y≤b/d\) ，\(gcd(x,y)=1\)的个数，我们考虑：

补集思想:互质数 = 总数 - 不互质数

总数很容易，\(a'=a/d,b'=b/d\) ，两个数的所有组合形式数量就是\(a'∗b'\)，下面分析下我们要减去不互质的数：

\[\large a'b'-⌊\frac{a'}{2}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋-⌊\frac{a'}{3}⌋⌊\frac{b'}{3}⌋-...\\ \ \ \ \ \ \ \ +⌊\frac{a'}{6}⌋⌊\frac{b'}{2}⌋+.... \\ \ \ \ \ \ \ \ -..... \]

这样看来，本题是一个简单的容斥原理！

但是由于容斥原理是\(O(N)\)的，询问的次数\(50000\)次，会超时，才会想到需要优化。

优化办法

① 莫比乌斯函数

\[\displaystyle \large a' \cdot b'+\sum_{i=1}^{min(a,b)}⌊\frac{a'}{i}⌋⌊\frac{b'}{i}⌋ \cdot {mobius[i]} \]

② 数据分块
参考余数之和。

\[\large \sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i] \]

证明：
我们要减去的是什么呢？是不互质的数，不互质数是什么呢？是最大公因数不为\(1\)的数，不为\(1\)，那可以为几呢？不是\(1\)就行（废话），枚举最大公因数不为\(1\)的个数即可,枚举每一个可能的最大公因数，并且计算个数,其中 \(2 <= i <= min(a',b')\) 。

当最大公因数是只有一个质因子的时候，我们可以列出：

\[\large ⌊\frac{a'}{2}⌋* ⌊\frac{b'}{2}⌋+⌊\frac{a'}{3}⌋*⌊\frac{b'}{3}⌋+..... \]

最大公因数是\(2\)的两对数，实际上就等于\(2\)的倍数个数相乘,这两个个数是等同的，同理\(3\)也是，但是我们要考虑重复的情况，如\(6\)，我们\(2，3\)，都枚举了一次，那么会重复，根据容斥原理，我们要减去，最后我们发现，其实符号就是\(Mobius\)函数（这个证明是显然的）。以此类推，枚举到\(a′\)和\(b′\)中较小的就可以了，因为大于较小的，则式子为\(0\)，我们就能推出上面的式子了。

答案呼之欲出：

\[\large a'*b'+\sum_{i=2}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i] \]

我们把这玩意合体一下

\[\large \sum_{i=1}^{min(a',b')}⌊\frac{a'}{i}⌋*⌊\frac{b'}{i}⌋*mobius[i] \]

• \(\large ⌊\frac{a}{i}⌋×⌊\frac{b}{i}⌋\) 对应的序列有很多值都是相同的，计算一次就行(数论分块 优化一下)，假设值记为\(t\)，对应的区间假设为\([l, r]\)，然后让\(t\)乘以\(μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)\) 即可求出该段中的和，\(μ(l)+μ(l+1)+…+μ(r)\),可以使用 莫比乌斯前缀和 求解。

\(Code\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 50010;

// 线性筛法求莫比乌斯函数(枚举约数)
int mu[N], sum[N]; // 莫比乌斯函数的前缀和
int primes[N], cnt;
bool st[N];
void get_mobius(int n) {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            int t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[t] = 0;
                break;
            }
            mu[t] = -mu[i];
        }
    }
    // 维护莫比乌斯函数前缀和
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

signed main() {
    // 筛法求莫比乌斯函数
    get_mobius(N - 1);

    int T;
    cin >> T;

    while (T--) {
        int a, b, d;
        cin >> a >> b >> d;
        // 套路啊，满满的套路，直接先用最大公约数a/gcd(a,b)=a',b/gcd(a,b)=b',映射到a',b'
        a /= d, b /= d;

        // n为 min(a', b')
        int n = min(a, b);

        int res = 0;

        // l r, 是每一段的左右边界
        // 每次只能取较小的那个上界作为这一段的右端点r
        // 然后下次迭代时下一段的左端点就是r + 1
        for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { // 分块大法
            r = min(n, min(a / (a / l), b / (b / l)));
            res += (sum[r] - sum[l - 1]) * (a / l) * (b / l);
        }
        cout << res << endl;
    }
}