BZOJ3529: [Sdoi2014]数表

BZOJ3529: [Sdoi2014]数表

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题目描述

传送门

题目分析

\(a\)什么的先不管。

设\(f(n)\)表示\(n\)的约数和，则这个题就是在求：

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

根据惯例我们枚举\(gcd\)

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

可以先把\(f(d)\)拿出去

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

里面那个东西明显是一个老套的反演。

\[Ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}f(i)\sum_{i\mid d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor \]

换成枚举\(d\)，容易知道不会对答案造成影响。

\[Ans=\sum_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor\sum_{i\mid d}f(i)\mu(\frac{d}{i}) \]

然后这个式子的后半部分明显是个定值可以预处理，前面部分整数分块就可以解。

然后需要考虑\(a\)的限制。

可以发现的是，对于\(a\),能够为其提供贡献的\(f\)是单调的。也就是可以先将所有的询问按\(a\)排序，然后一个一个的将\(f\)加入就可以了。可以使用树状数组。
取模可以直接将最后答案与\(2^31-1\)取并。

是代码呢

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+7;
const int mo=1<<31;
#define ll long long
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
pair<int,int> f[MAXN];
struct qu{
	int n,m,a,id;
	inline bool operator <(const qu &rhs)const{
		return a<rhs.a;
	}
}q[MAXN];
int ans[MAXN],prime[MAXN],mu[MAXN],c[MAXN],mx,Q;
bool vis[MAXN];
inline void add(int x,int k) {for(int i=x;i<=mx;i+=(i&(-i))) c[i]+=k;}
inline int query(int x){int cnt=0;for(int i=x;i;i-=(i&(-i))) cnt+=c[i];return cnt;}
inline void get_mu(int N)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++prime[0]]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=prime[0];j++){
			if(i*prime[j]>N) break;
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)
		for(int j=i;j<=N;j+=i)
			f[j].fi+=i;
	for(int i=1;i<=N;i++) f[i].se=i;
}
inline void solve(int x)
{
	int n=q[x].n,m=q[x].m;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans[q[x].id]+=(n/l)*(m/l)*(query(r)-query(l-1));
	}
}
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()
{
	get_mu(100000);
	Q=read();
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		q[i].n=read();q[i].m=read();q[i].a=read();q[i].id=i;
		if(q[i].n>q[i].m) swap(q[i].n,q[i].m);
		mx=max(q[i].n,mx);
	}
	
	sort(q+1,q+Q+1);
	sort(f+1,f+mx+1);
	int now=0;
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		while(now+1<=mx&&f[now+1].fi<=q[i].a){
			now++;
			for(int j=f[now].se;j<=mx;j+=f[now].se)
				add(j,f[now].fi*mu[j/f[now].se]);
		}
		solve(i);
	}
	for(int i=1;i<=Q;i++) printf("%d\n", ans[i]&0x7fffffff);
}