BZOJ3994: [SDOI2015]约数个数和

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题目描述

传送门

题目分析

求的东西简明扼要，

\[\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{m}d(ij) \]

但是有个需要知道的是

\[d(ij)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[gcd(x,y)=1] \]

然后可以开始开心的推式子。

根据反演套路，设两个函数

\[f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d] \]

\[F(n)=\sum_{n\mid d}f(d)=\lfloor \frac Nd \rfloor \lfloor \frac Md \rfloor \]

根据莫比乌斯反演可以得到：

\[f(n)=\sum_{n\mid d}\mu(\frac dn)F(d) \]

把\(d(i,j)\)代回原来的式子并化简：

\[\begin{align} Ans&=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}d(ij) \\ &=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[gcd(x,y)=1]\ 根据\mu的性质把它代进去\\ &=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{d\mid gcd(x,y)}\mu(d)\ 然后更换枚举约数为枚举d \\ &=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\times [d\mid gcd(x,y)]\\ &=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[d\mid gcd(x,y)]\\ &=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\sum_{x=1}^{N}\sum_{y=1}^{M}[d\mid gcd(x,y)]\lfloor \frac {N}{x} \rfloor \lfloor \frac{M}{y}\rfloor \\ &=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{N}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{M}{y}\rfloor}\lfloor\frac{N}{dx}\rfloor\lfloor\frac{M}{dy}\rfloor\\ &=\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor) \end{align} \]

明显，推到这里了之后就可以在\(O(n)\)的时间内求出了。

对于多组数据，可以进行整除分块，再将这个式子优化成\(O(\sqrt n)\)的。

是代码呢

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+7;
#define ll long long
ll sum[MAXN],g[MAXN];
int mu[MAXN],prime[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n,m;
inline void get_mu(int N)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!vis[i]){
			mu[i]=-1;
			prime[++prime[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=prime[0];j++){
			if(prime[j]*i>N) break;
			vis[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	for(int i=1;i<=N;i++){
		ll ans=0;
		for(int l=1,r;l<=i;l=r+1){
			r=(i/(i/l));
			ans+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
		}
		g[i]=ans;
	}
}
inline int read()
{
    int x=0,c=1;
    char ch=' ';
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*c;
}
int main()
{
	int T=read();
	get_mu(50000);
	while(T--){
		n=read(),m=read();
		int r=0,mx=min(n,m);
		ll ans=0;
		for(int l=1;l<=mx;l=r+1){
			r=min((n/(n/l)),(m/(m/l)));
			ans+=1ll*(sum[r]-sum[l-1])*(g[n/l])*g[m/l];
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
}