题解「Luogu1587 [NOI2016]循环之美」
题意
求满足 \(1 \leq x \leq n,1 \leq y \leq m\) 的在 \(k\) 进制下能写成纯循环小数的最简分数 \(\frac{x}{y}\) 的个数。
题解
证明：
首先要知道， \(k\) 进制下 \(\frac{x}{y}\) 小数点右移一位等于 \(\frac{x}{y} \times k\) 。
假设 \(\frac{x}{y}\) 小数部分的循环节长度为 \(l\) ，由于纯循环小数的特殊性质有：
这里的方括号代表取小数部分。
那么有：
注意这里是下取整。
两边同时乘上 \(y\) ：
变化成同余式：
因为 \(x \bot y\) ，则有：
那么分数 \(\frac{x}{y}\) 当且仅当 \(x \bot y,y \bot k\) 才会对 \(\text{Ans}\) 产生贡献。
证毕。
接下来就开始推式子。
将式子中 \([x \bot y]\) 用莫比乌斯函数替换：
如果我们能快速求出 \(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [y \bot k]\) 和 \(\mu(d)[d \bot k]\) 的前缀和，那么用整除分块就容易得到 \(\text{Ans}\) 。
首先不难看出 \(k\) 中多个相同的质因子对 \(k\) 与其他数是否互质没有影响，所以不妨假设 \(k\) 的所有质因子次数均为1。
令：
那么 \(f(n,1)=\sum_{i=1}^n1=n\) 能直接得出， \(g(n,1)=\sum_{i=1}^n\mu(i)\) 能通过杜教筛得出。
考虑 \(k \not = 1\) 的情况：
对于 \(k\) 的一个质因子 \(p\) ，考虑 \(f(n,k)\) 如何由 \(f(n,\frac{k}{p})\) 得来。
由于多了一个质因子，则与 \(\frac{k}{p}\) 互质的数中有一些不与 \(k\) 互质，即能被 \(p\) 整除的数。所以\(f(n,k)\) 要从 \(f(n,\frac{k}{p})\) 中去掉一部分：
因为 \(p\) 不存在于 \(\frac{k}{p}\) 中，则有 \([ip \bot \frac{k}{p}]=[i \bot \frac{k}{p}]\) ，则：
类似的，有：
对于莫比乌斯函数，有：
代入上式得：
递归求一下 \(f,g\) ，这道题就被完美解决了。
\(\text{Code}:\)
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#define maxn 10000005
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;
template <typename T>
inline T read()
{
T x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int prime[maxn],cnt;
bool flag[maxn];
lxl mu[maxn];
lxl N,M,K,pri[maxn],prc;
inline void sieve()
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;++i)
{
if(!flag[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;++j)
{
flag[i*prime[j]]=true;
if(!(i%prime[j])) break;
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;++i)
mu[i]+=mu[i-1];
for(int i=1;i<=cnt;++i)
{
while(!(K%(prime[i]*prime[i]))) K/=prime[i];
if(!(K%prime[i])) pri[++prc]=prime[i];
}
}
unordered_map<int,lxl> mp;
inline lxl G1(int n)
{
if(n<maxn) return mu[n];
if(mp[n]) return mp[n];
lxl res=1;
for(lxl l=2,r=0;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
res-=(r-l+1)*G1(n/l);
}
return mp[n]=res;
}
unordered_map<int,unordered_map<int,lxl> > F,G;
inline lxl f(int n,int k,int p=1)
{
if(!n) return 0;
if(k==1) return 1ll*n;
if(F[n][k]) return F[n][k];
return F[n][k]=f(n,k/pri[p],p+1)-f(n/pri[p],k/pri[p],p+1);
}
inline lxl g(int n,int k,int p=1)
{
if(!n) return 0;
if(k==1) return G1(n);
if(G[n][k]) return G[n][k];
return G[n][k]=g(n,k/pri[p],p+1)+g(n/pri[p],k,p);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("P1587.in","r",stdin);
#endif
N=read<int >(),M=read<int >(),K=read<int >();
sieve();
lxl res=0;
int up=min(N,M);
for(lxl l=1,r=0;l<=up;l=r+1)
{
r=min(N/(N/l),M/(M/l));
res+=1ll*(N/l)*f(M/l,K)*(g(r,K)-g(l-1,K));
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
参考文献：
11Dimensions的课件。
