[SDOI2015][洛谷P3327]约数个数和(莫比乌斯反演+数论分块讲解)
题面
https://www.luogu.com.cn/problem/P3327
前置知识
- 线性筛积性函数：https://www.cnblogs.com/zhoushuyu/p/8275530.html
- 莫比乌斯反演：《具体数学：计算机科学基础》4.9节
- 莫比乌斯反演的基础应用： https://www.cnblogs.com/xh092113/p/12268356.html
- 数论分块（接下来会介绍）
数论分块
用来在\(O(\sqrt{n})\)的时间内解决对\({\sum_{i=1}^{n}}f({\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor})\)求和或类似问题的一种技巧。
性质：\({\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor}（1{\leq}i{\leq}n)\) 的取值最多有\(O(\sqrt{n})\)个。
证：\(1{\leq}i{\leq}{\sqrt{n}}\)时，取值最多为i的个数\({\sqrt{n}}\)。
\({\sqrt{n}}{\leq}i{\leq}n\)时，有\(1{\leq}{\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor}{\leq}{\sqrt{n}}\)，又\({\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor}{\in}Z\)，所以最多也是\({\sqrt{n}}\)。
性质得证。
故如果将1~n这n个数，\({\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor}\)取值相同的合并为一段，最终我们会得到\(O({\sqrt{n}})\)段。
而如果我们知道了某一段的左端点L,就可以通过
的方式，得到这一段的右端点R。之所以这个式子成立，是因为R是使得\(x*{{\lfloor}{\frac{n}{L}}{\rfloor}}{\leq}n\)的最大的x。
之后，再使L=R+1,就可以得到下一段的左端点。直到R=n终止。
这样，就可以用O(1)的时间对每一段求和，所以总的时间复杂度也就是段数\(O({\sqrt{n}})\)。
题解
引理：\(d(ij) = {\sum_{p|i}}{\sum_{q|j}}[(p,q)=1]\)。
证：设\(i={\prod_{i=1}^{k}}p_k^{\alpha_k},j={\prod_{i=1}^{k}}p_k^{\beta_k}\)。其中\(p_1{\leq}p_2{\leq}…{\leq}p_k\)为质数，\(max({\alpha_i},{\beta_i}){\geq}1\)。
由公式可得\(d(ij)={\prod_{i=1}^{k}}({\alpha_i}+{\beta_i}+1)\)。(1)
另一方面，
对于\(0{\leq}{\gamma}{\leq}{\alpha}，0{\leq}{\theta}{\leq}{\beta}\)，要满足\(min({\gamma},{\theta})=0\)只能有\((0,1)、(0,2)…(0,{\beta})\)，\((1,0)、(2,0)…(\alpha,0)\)以及\((0,0)\)这\({\alpha}+{\beta}+1\)组解。
故上式\(={\prod\limits_{i=1}^{k}}(\alpha_i+\beta_i+1)\)=(1)式。引理得证。
回原题
由引理，
为化解gcd,我们使用技巧，此处\(f(x)=[x=1]=e(x)，g(x)=f{\times}{\mu}={\mu}\)。
则原式=
进而，我们观察后两个括号内的数，其实就是\(h({\lfloor}{\frac{n}{d}}{\rfloor})\)和\(h({\lfloor}{\frac{m}{d}}{\rfloor})\)，其中h(n)是为1~n的约数个数和，也就是\({\sum_{i=1}^{n}}d(i)\)。（这里的d不是前面推式子的时候的变量，而是题目中就已定义的那个函数）
过程中，之所以\({\sum_{i=1}^{n}}d(i)={\sum_{i=1}^{n}}{\lfloor}{\frac{n}{i}}{\rfloor}\)，是因为
我们可以用埃筛预处理出所有的d(i)，然后求前缀和得到h(i)。
目前的时间复杂度是O(Tn)，不能满足要求。
注意到h的形式满足数论分块的要求，故此处可以用数论分块进行优化。
但是需要注意的是，这里要对数论分块进行一个小拓展，即\({\lfloor}{\frac{n}{d}}{\rfloor}\)与\({\lfloor}{\frac{m}{d}}{\rfloor}\)变化的时候都需要分段，故这里应该分成最多\(O({\sqrt{n}}+{\sqrt{m}})\)段，求右端点的时候也应该从本来的
R = n / (n / L);
拓展为
R = min(n / (n/L),m / (m/L));
分块结束后，同一段的一起处理，只需要先行预处理\({\mu(i)}\)的前缀和即可O(1)统计一段。
至此总时间复杂度为\(O(T{\sqrt{n}})\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 50000
#define rg register
#define ll long long
inline ll read(){
ll s = 0,ww = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')ww = -1;ch = getchar();}
while('0' <= ch && ch <= '9'){s = 10 * s + ch - '0';ch = getchar();}
return s * ww;
}
inline void write(ll x){
if(x < 0)putchar('-'),x = -x;
if(x > 9)write(x / 10);
putchar('0' + x % 10);
}
ll pn;
ll pri[10000+5],mu[N+5],sm[N+5]; //sm是mu的前缀和
bool isp[N+5];
inline void Eular(){
pn = 0;
mu[1] = 1;
for(rg ll i = 2;i <= N;i++)isp[i] = 1;
for(rg ll i = 2;i <= N;i++){
if(isp[i])pri[++pn] = i,mu[i] = -1;
for(rg ll j = 1;i * pri[j] <= N;j++){
isp[i*pri[j]] = 0;
if(i % pri[j])mu[i*pri[j]] = -mu[i];
else{
mu[i*pri[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
ll d[N+5],h[N+5];
inline void prepro(){ //预处理d[]和h[]（h即d的前缀和）
for(rg ll i = 1;i <= N;i++){
for(rg ll j = i;j <= N;j += i)d[j]++;
}
for(rg ll i = 1;i <= N;i++)h[i] = h[i-1] + d[i];
}
int main(){
Eular();
for(rg ll i = 1;i <= N;i++)sm[i] = sm[i-1] + mu[i];
prepro();
ll T = read();
while(T--){
ll n = read(),m = read();
ll limit = min(n,m);
ll ans = 0;
ll L = 1,R = min(n / (n/L),m / (m/L));
while(1){
ans += (sm[R] - sm[L-1]) * h[n/L] * h[m/L];
if(R == limit)break;
L = R + 1,R = min(n / (n/L),m / (m/L));
}
write(ans);putchar('\n');
}
return 0;
}
