[SDOI2014]数表

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题意：

$T$ 组数据，每次给出 $n,m,a$ ，在 $n*m$ 矩阵的每个位置上有一个数值，第 $i$ 行第 $j$ 列数值为能同时整除 $i$ 与 $j$ 的所有自然数之和，求 $n*m$ 矩阵中所有不超过 $a$ 的数值和。 $(T\leq2*10^4;1\leq n,m\leq 10^5)$

首先不考虑小于等于 $a$ 的限制。

能同时整除 $i$ 与 $j$ 就是能整除 $gcd(i,j)$ ，所有每个位置上的数即为 $gcd$ 的因子和 $\sigma(gcd(i,j))$ 。

设 $f(x)$ 表示 $x$ 在 $n,m$ 数表中出现次数。

$f(x)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)=x]$

老朋友了。。。

$F(x) = \sum\limits_{x\vert d}f(d)=\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor\left\lfloor\dfrac mx\right\rfloor$

$f(x)=\sum\limits_{x\vert d}\mu(\dfrac dx)F(d) = \sum\limits_{x\vert d}\mu(\dfrac d x)\left\lfloor\dfrac nx\right\rfloor\left\lfloor\dfrac mx\right\rfloor$

答案为每一个 $x$ 约数和乘以出现次数。

$Ans = \sum\limits_{i=1}^n\sigma(i)f(i)$

$\qquad=\sum\limits_{i=1}^n\sigma(i)\sum\limits_{i\vert d}\mu(\frac di)\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\left\lfloor\frac md\right\rfloor$

将枚举 $i$ 的倍数改为枚举 $d$ 的因数。

$Ans=\sum\limits_{d=1}^n\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\left\lfloor\frac md\right\rfloor\sum\limits_{i\vert d} \sigma(i)\mu(\frac di)$

前面可以用整除分块，后面做前缀和。

设 $g(x)=\sum\limits_{i\vert x}\sigma(i)\mu(\frac xi)$

给 $g$ 做个前缀和，分块的时候乘上前面的 $\left\lfloor\frac nd\right\rfloor\left\lfloor\frac md\right\rfloor$ 。

然后考虑有 $a$ 的限制，则对于 $g(x)$ 来讲当 $x$ 的因子 $i$ 满足 $\sigma(i)\ge a$ 时其对 $g$ 没有贡献。

将询问离线按 $a$ 升序排列，每当 $a$ 增加时就将 $\sigma(i)=a$ 的贡献加上，可以枚举倍数来更新 $g$ 的值，由于 $g$ 值在变化且需要快速求出前缀和，值需要用树状数组动态维护。

瓶颈复杂度为 $O(T\sqrt{n}log(n))$ 。竟然可过？真神奇~

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define QWQ cout<<"QwQ"<<endl;
#define uint unsigned int
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
const uint N=101010;
const uint qwq=303030;
const uint inf=0x3f3f3f3f;

uint T;
uint n,m;
uint big;
uint vis[N],p[N],cnt,mu[N];
uint f[N],g[N];
uint tree[N];
uint ans[N];
struct E{ uint zhi,id; } s[N];
inline bool cmpe(E aa,E bb) { return aa.zhi < bb.zhi; }
struct D{ uint x,y,a,id; } q[N];
inline bool cmpd(D aa,D bb) { return aa.a < bb.a; }

inline uint read() {
	uint sum1 = 0, ff = 1; char c = getchar();
	while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') ff = -1; c = getchar(); }
	while(c>='0'&&c<='9') { sum1 = sum1 * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return sum1 * ff;
}

void qiu(uint h) {
	mu[1] = f[1] = 1;
	for(uint i=2;i<=h;i++) {
		if(!vis[i]) {
			p[++cnt] = i; mu[i] = -1;
			f[i] = i+1; g[i] = 1;
		}
		for(uint j=1; j<=cnt && i*p[j]<=h; j++) {
			uint now = i*p[j];
			vis[now] = 1;
			if(i%p[j]==0) {
				f[now] = f[i] * p[j] + g[i];
				g[now] = g[i];
				break;
			}
			f[now] = f[i] * (p[j]+1);
			g[now] = f[i];
			mu[now] = -mu[i];
		}
	}
	for(uint i=1;i<=h;i++) s[i].id = i, s[i].zhi = f[i];
	sort(s+1,s+h+1,cmpe);
}

inline void add(uint we,uint z) { for(uint i=we;i<=big;i+=(i&-i)) tree[i] += z; }
inline uint ask(uint we) { uint res = 0; for(uint i=we;i;i-=(i&-i)) res += tree[i]; return res; }

inline void insert(uint d) {
	for(uint i=1;i*d<=big;i++) add(i*d,f[d]*mu[i]);
}

int main() {
	qiu(big=N-1000);
	T = read();
	for(uint i=1;i<=T;i++) q[i].x = read(), q[i].y = read(), q[i].a = read(), q[i].id = i;
	sort(q+1,q+T+1,cmpd);
	uint nowa = 0, nows = 1;
	for(uint i=1;i<=T;i++) {
		while(nowa < q[i].a) {
			nowa++;
			while(s[nows].zhi <= nowa) insert(s[nows++].id);
		}
		n = q[i].x; m = q[i].y;
		if(n>m) swap(n,m);
		uint last = 0, now = 0;
		for(uint l=1,r;l<=n;l=r+1) {
			r = min( n/(n/l), m/(m/l) );
			now = ask(r);
			ans[ q[i].id ] += (n/l) * (m/l) * (now-last);
			last = now;
		}
	}
	uint tot = (1<<31);
	for(uint i=1;i<=T;i++) cout<<ans[i]%tot<<"\n";
	return 0;
}