bzoj4652 [Noi2016]循环之美

Description

牛牛是一个热爱算法设计的高中生。在他设计的算法中，常常会使用带小数的数进行计算。牛牛认为，如果在k进制下，一个数的小数部分是纯循环的，那么它就是美的。现在，牛牛想知道：对于已知的十进制数n和m，在k进制下，有多少个数值上互不相等的纯循环小数，可以用分数 xy 表示,其中 1≤x≤n,1≤y≤m，且 x,y是整数。一个数是纯循环的，当且仅当其可以写成以下形式：a.c1˙c2c3…cp-1cp˙其中，a 是一个整数，p≥1；对于 1≤i≤p，ci是 kk 进制下的一位数字。例如，在十进制下，0.45454545……=0.4˙5˙是纯循环的，它可以用 5/11、10/22 等分数表示；在十进制下，0.1666666……=0.16˙则不是纯循环的，它可以用 1/6 等分数表示。需要特别注意的是，我们认为一个整数是纯循环的，因为它的小数部分可以表示成 0 的循环或是 k?1 的循环；而一个小数部分非 0 的有限小数不是纯循环的。

Input

只有一行，包含三个十进制数N,M,K意义如题所述,保证 1≤n≤10^9,1≤m≤10^9,2≤k≤2000

Output

一行一个整数，表示满足条件的美的数的个数。

Sample Input

2 6 10

Sample Output

4
explanation
满足条件的数分别是：
1/1=1.0000……
1/3=0.3333……
2/1=2.0000……
2/3=0.6666……
1/1 和 2/2 虽然都是纯循环小数，但因为它们相等，因此只计数一次；同样，1/3 和 2/6 也只计数一次。

 

正解：莫比乌斯函数+杜教筛。

首先，小学奥数学过一个东西。一个分数是纯循坏小数，当且仅当这个分数的分母没有2或5作为因子，而10分解以后正好是2和5。那么我们类比一下：k进制分数是纯循环小数是不是就是分母没有k的因数。也就是说，k和分母要互质。

所以我们要求的就是：$Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)==1,\gcd(j,k)==1]$

然后一脸懵逼，果断24分暴力。（套路用不上了。。）

 

24分暴力：

//It is made by wfj_2048~
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define inf (1<<30)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long

using namespace std;

int n,m,k,ans;

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;
}

il int gcd(RG int a,RG int b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; }

il void work(){
    n=gi(),m=gi(),k=gi();
    for (RG int i=1;i<=m;++i){
    if (gcd(i,k)!=1) continue;
    for (RG int j=1;j<=n;++j) if (gcd(i,j)==1) ans++;
    }
    printf("%d\n",ans); return;
}

int main(){
    work();
    return 0;
}

 

其实上式是可以化简的，我们考虑如何化简这个式子。

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

$Ans=\sum_{i=1}^{m}[gcd(i,k)==1]\sum_{j=1}^{n}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)$

$Ans=\sum_{i=1}^{m}[\gcd(i,k)==1]\sum_{d|i}^{n}\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$

其实到这里，就是莫比乌斯函数的24分暴力了。。但这不是跟$O(n^{2})$暴力一样的分吗。。

我们把$\mu$提前枚举，那么$Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \sum_{i=1}^{m} [d|i,\gcd(i,k)==1]$

$Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)} \mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \sum_{i=1}^{\frac{m}{d}} [\gcd(i*d,k)==1]$

$Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)} [\gcd(d,k)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor \sum_{i=1}^{\frac{m}{d}} [\gcd(i,k)==1]$

我们设$f(n)=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,k)==1]$。根据欧几里得定理，$f(n)=\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor f(k)+f(n \bmod k)$

于是我们预处理出$f$在$[1,k]$的取值，就能把复杂度降到$O(nlogn)$，实际上可以过84分，相当于$O(n)$的复杂度。

 

84分暴力：

//It is made by wfj_2048~
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define inf (1<<30)
#define N (20000010)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long

using namespace std;

int f[2010],vis[N],mu[N],prime[N],n,m,k,nn,cnt;
ll ans;

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;
}

il int gcd(RG int a,RG int b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; }

il void pre(){
    vis[1]=mu[1]=1;
    for (RG int i=2;i<=nn;++i){
    if (!vis[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
    for (RG int j=1,k=i*prime[j];j<=cnt && k<=nn;++j,k=i*prime[j]){
        vis[k]=1; if (i%prime[j]) mu[k]=-mu[i]; else break;
    }
    }
    for (RG int i=1;i<=k;++i) f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1); return;
}

il void work(){
    n=gi(),m=gi(),k=gi(),nn=min(n,m); pre();
    for (RG int d=1;d<=nn;++d){
    if (gcd(d,k)!=1) continue;
    ans+=(ll)mu[d]*(ll)(n/d)*(ll)((ll)(m/d/k)*(ll)f[k]+(ll)f[m/d%k]);
    }
    printf("%lld\n",ans); return;
}

int main(){
    work();
    return 0;
}

 

100分：

自己写不动了。。LCF学长的题解写得挺好的：http://www.cnblogs.com/lcf-2000/p/6250330.html

摘自学长博客：

我们考虑接下来该如何优化。由于$\lfloor \frac{m}{x} \rfloor$只有$\sqrt{m}$种取值，$\lfloor \frac{n}{x} \rfloor$只有$\sqrt{n}$种取值，于是我们显然可以分段求和。然后，我们就需要快速求出$\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)$的值。

不妨设$g(n,k)=\sum_{i=1}^n[i\perp k]\mu(i)$，我们来考虑一下这个函数如何快速求。我们先考虑$k$的一个质因数$p$，那么$k$显然可以写成$p^cq$的形式。由于在$[1,n]$的范围中只有与$k$互质的才是有效值，那么若$x\perp k$，我们可以得到$x\perp p$并且$x\perp q$。于是，我们可以考虑从$x\perp q$的取值中减去$x$不与$p$互质的部分，就可以得到$x\perp k$的部分。这里如果不懂的话可以自己画一个$x\perp q$，$x\perp p$，$x\perp k$的关系图理解一下。

由于所有与$q$互质的数一定可以写成$p^xy(y\perp q)$的形式。那么我们需要减去的数一定满足$x>0$。又由于当$x>1$时$\mu(p^xy)=0$，所以我们只需要考虑$x=1$的情况即可。在这种情况下，我们需要考虑的数就是$py(y\perp q)$的形式，所以我们可以得到如下式子：\begin{aligned}  g(n,k)&=\sum_{i=1}^n[i\perp q]\mu(i)-\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[py\perp q]\mu(py) \\&=g(n,q)- \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp q]\mu(py)\end{aligned}

上面的最后一步是由于$p\perp q$，所以$py\perp q$只需在保证$y\perp q$即可。

我们接着来考虑后一个式子。显然当$p\perp y$的时候$\mu(py)=\mu(p)\mu(y)$，否则$\mu(py)=0$。于是，我们又得到了：

\begin{aligned} g(n,k)&=g(n,q)- \sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp p][y\perp q]\mu(p)\mu(y)\\&=g(n,q)-\mu(p)\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[y\perp k]\mu(y)\\&=g(n,q)+g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,k) \end{aligned}

于是我们就可以递归求解了。容易发现边界情况就是$n=0$或者$k=1$。$n=0$的时候直接返回$0$就可以了，$k=1$的时候就是莫比乌斯函数的前缀和，用杜教筛求出来就可以了。由于每次递归要么$n$会变成$\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$，有$O(\sqrt{n})$种取值；要么$p$少了一个质因数，有$\omega(k)$种取值，所以总共有$O(\omega(k)\sqrt{n})$种取值，记忆化搜索即可。其中$\omega(k)$表示$k$的不同的质因子数目。于是最后的总复杂度为$O(\omega(k)\sqrt{n}+n^{\frac{2}{3}})$，可以通过此题。

 

我也不写哈希了，直接强行$map$就好。。

 

//It is made by wfj_2048~
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#define inf (1<<30)
#define N (5000010)
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define calc(x) ( (x/k)*f[k]+f[x%k] )

using namespace std;

map <ll,map<ll,ll> >gg;
map <ll,ll> ff;

ll f[2010],di[2010],vis[N],mu[N],prime[N],n,m,k,nn,NN,pos,cnt,kcnt,ans;

il ll gi(){
    RG ll x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;
}

il ll gcd(RG ll a,RG ll b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; }

il void pre(){
    vis[1]=mu[1]=1; RG ll kk=k;
    for (RG ll i=2;i<=nn;++i){
    if (!vis[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
    for (RG ll j=1,k=i*prime[j];j<=cnt && k<=nn;++j,k=i*prime[j]){
        vis[k]=1; if (i%prime[j]) mu[k]=-mu[i]; else break;
    }
    }
    for (RG ll i=2;i<=k;++i){
    if (!(kk%i)) di[++kcnt]=i;
    while (!(kk%i)) kk/=i;
    }
    for (RG ll i=1;i<=k;++i) f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1);
    for (RG ll i=2;i<=nn;++i) mu[i]+=mu[i-1]; return;
}

il ll du(RG ll x){
    if (x<=nn) return mu[x];
    if (ff[x]) return ff[x];
    RG ll ans=1,pos;
    for (RG ll i=2;i<=x;i=pos+1)
    pos=x/(x/i),ans-=(pos-i+1)*du(x/i);
    return ff[x]=ans;
}

il ll g(RG ll x,RG ll y){
    if (x<=1) return x;
    if (!y) return du(x);
    if (gg[x][y]) return gg[x][y];
    return gg[x][y]=g(x,y-1)+g(x/di[y],y);
}

il void work(){
    n=gi(),m=gi(),k=gi(); NN=min(n,m);
    nn=min(NN,5000000LL); pre();
    for (RG ll d=1;d<=NN;d=pos+1){
    pos=min(n/(n/d),m/(m/d));
    ans+=(g(pos,kcnt)-g(d-1,kcnt))*(ll)(n/d)*(ll)calc(m/d);
    }
    printf("%lld\n",ans); return;
}

int main(){
    work();
    return 0;
}