hdu4746:2013杭州网络赛I 莫比乌斯反演
题意：
有5000组询问，每组询问求有多少i,j满足i∈[1,n]，j∈[1,m]且gcd(i,j)的质因子数目<=p。 n,m<=500000
思路：
首先预处理出每个数的质因子数目分别等于多少，则问题转化为求给定区间内，gcd等于某一堆数的i,j有多少组
发现很像一个基础莫比乌斯反演题：hdu1695。但是此题在某组询问中可能要处理很多个gcd，所以需要进行一些预处理
我们首先筛出每个数的莫比乌斯函数和它的质因子个数
通过容斥的公式可以看出如果要求的gcd为d，那么d*i的倍数对答案的贡献为 mobi[i]。
这样就可以预处理出每个p对应位置的莫比乌斯函数系数之和p[19][500000]
注意这里容易想到p是小于等于18的，因为50W之内的数最多有18个质因子(2^19>500000)
然后对p数组求前缀和，可以使单组查询复杂度变为p*sqrt(n)，具体为什么是分块sqrt(n)可以参考hdu1695的题解。交了一发超时了。。
还以为写搓了，后来发现可以再求一次前缀和。。这样单组查询变成了sqrt(n)，终于过了
代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=500000; 4 int mb[maxn+10]; 5 int notprime[maxn+10]; 6 int num[maxn+10]; 7 int prime[maxn]; 8 vector<int>v[20]; 9 int np=0; 10 void setprime() 11 { 12 memset(notprime,0,sizeof(notprime)); 13 mb[1]=1; 14 num[1]=0; 15 for(int i=2; i<=maxn; i++) 16 { 17 if(!notprime[i]) 18 { 19 prime[np++]=i; 20 num[i]=1; 21 mb[i]=-1; 22 } 23 for(int j=0; j<np&&i*prime[j]<=maxn; j++) 24 { 25 notprime[i*prime[j]]=1; 26 num[i*prime[j]]=num[i]+1; 27 //v[num[i]+1].push_back(i*prime[j]); 28 if(i%prime[j]==0) 29 { 30 mb[i*prime[j]]=0; 31 break; 32 } 33 else 34 { 35 mb[i*prime[j]]=-mb[i]; 36 } 37 } 38 } 39 } 40 int p[20][500050]; 41 int sum[20][500050]; 42 int f[20][500050]; 43 int main() 44 { 45 freopen("in.txt","r",stdin); 46 setprime(); 47 for(int i=1; i<=maxn; i++) 48 { 49 for(int j=1; i*j<=maxn; j++) 50 { 51 p[num[i]][i*j]+=mb[j]; 52 } 53 } 54 for(int i=0; i<=18; i++) 55 { 56 sum[i][0]=0; 57 for(int j=1; j<=maxn; j++) 58 { 59 sum[i][j]=sum[i][j-1]+p[i][j]; 60 } 61 } 62 for(int i=1; i<=maxn; i++) 63 { 64 f[0][i]=sum[0][i]; 65 for(int j=1;j<=18;j++) 66 { 67 f[j][i]=f[j-1][i]+sum[j][i]; 68 } 69 } 70 int n,m,k,q; 71 scanf("%d",&q); 72 while(q--) 73 { 74 long long ans=0; 75 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 76 if(k>18) 77 { 78 printf("%I64d\n",(long long)n*m); 79 continue; 80 } 81 if(n>m) 82 swap(n,m); 83 for(int j=1; j<=n; j++) 84 { 85 int to=min(n/(n/j),m/(m/j)); 86 ans+=(long long)(n/j)*(m/j)*(f[k][to]-f[k][j-1]); 87 j=to; 88 } 89 printf("%I64d\n",ans); 90 } 91 return 0; 92 }
