题解-SDOI2015 约数个数和

Problem

bzoj3994 洛谷3327

题意：设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，给定 \(N,M\)，求\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(ij)\)

\(1\leq N,M,T\leq 5\times 10^4\)

Solution

第一次推出莫反式 ♪(^∇*)

以下部分中小括号代表\(\gcd\)，中括号代表取布尔值

一开始想枚举约数然后看有多少倍数出现过的，发现不好弄，转而想到 \(xy\) 的因数一定是 \(x\) 的因数和 \(y\) 的因数的积，去除冗余后可以得到 \(d(xy)=\sum_{a|x}\sum_{b|y}[(\frac xa,\frac yb)=1]=\sum_{a|x}\sum_{b|y}[(a,b)=1]\)

然后答案为：

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{a|i}\sum_{b|j}[(a,b)=1] \]

考虑优先枚举\(a,b\)

\[\sum_{a=1}^N\sum_{b=1}^M[(a,b)=1]\lfloor \frac Na\rfloor \lfloor \frac Mb\rfloor \]

发现里头那个\(\gcd\)可以套路地搞事了：

构造\(f(x)=\sum_{a=1}^N\sum_{b=1}^M[(a,b)=x]\lfloor \frac Na\rfloor \lfloor \frac Mb\rfloor\)

构造\(F(x)=\sum_{a=1}^N\sum_{b=1}^M[x|(a,b)]\lfloor \frac Na\rfloor \lfloor \frac Mb\rfloor\)

可以根据定义式得到\(F(x)=\sum_{x|n}f(n)\)，经过莫比乌斯反演，得到\(f(x)=\sum_{x|n}\mu(\frac nx)F(n)\)

答案为\(f(1)=\sum_n\mu(n)F(n)\)

由于\(F(n)\)中可以将\(\gcd\)的限制条件放在前面的\(\sum\)里，所以\(F(n)=\sum_{n|a}\sum_{n|b}\lfloor \frac Na\rfloor \lfloor \frac Mb \rfloor\)

所以答案为

\[f(1)=\sum_d\mu(d)\sum_{d|a}\sum_{d|b}\lfloor \frac Na\rfloor \lfloor \frac Mb \rfloor \]

发现后面的式子不好求，可以构造\(g(x)=\sum_{i=1}^x\lfloor \frac xi\rfloor\)

则最终的式子为

\[Ans=\sum_d\mu(d)g(\lfloor \frac nd\rfloor)g(\lfloor \frac md \rfloor) \]

分块解决即可

至于如何求\(g(x)\)，可以发现其实\(g(n)=\sum_{i=1}^nd(i)\)，利用线性筛完约数函数\(d(i)\)后求个前缀和即可

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

inline void read(int&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}

const int N=50101;
int pri[N],is[N];
int u[N],g[N],d[N];
int tp;ll sm;

int main(){
	g[1]=u[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=-1,g[i]=2,d[i]=1;
		for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<N;++j){
			is[k]=1;
			if(i%pri[j])u[k]-=u[i],g[k]=g[i]*2,d[k]=1;
			else {
				u[k]=0,d[k]=d[i]+1;
				g[k]=g[i]/(d[i]+1)*(d[i]+2);
				break;
			}
		}
		g[i]+=g[i-1],u[i]+=u[i-1];
	}
	int n,m,T;read(T);
	while(T--){
		read(n),read(m),sm=0ll;
		if(n>m)swap(n,m);
		for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			sm+=1ll*(u[j]-u[i-1])*g[n/i]*g[m/i];
		}printf("%lld\n",sm);
	}return 0;
}