【BZOJ3529】【SDOI2014】数表

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Description

有一张n×m的数表，其第i行第j列 (1≤i≤n,1≤j≤m)的数值为能同时整除i和j的所有自然数之和。
现在给定a，计算数表中不大于a的数之和。

input

输入包含多组数据。
输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数n,m,a(a≤\(10^9\))描述一组数据。

output

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模\(2^31\)的值。

sample input

2
4 4 3
10 10 5

sample output

20
148

HINT

\(n,m≤10^5,Q≤2∗10^4\)

---

solution

\(a\)的限制很烦，但其实如果最后式子推出来的话，我们可以离线来处理

那就先看去掉这个限制的问题怎么解决咯

先把式子列出来

\[\begin{aligned} ans&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d|i,d|j}d\\ &=\sum\limits_{i=1}{n}\sum\limits_{j=1}{m}\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d) [gcd(i,j) = d]&(f(d) = \sum\limits_{x|d}x)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k)&(\sum\limits_{k|gcd(i,j)}\mu(k) = [gcd(i,j)=1])\\ &=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\lfloor\frac{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}{k}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor}{k}\rfloor\mu(k)\\ &=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}f(d)\sum\limits_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\lfloor\frac{\lfloor n \rfloor}{dk}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor m \rfloor}{dk}\rfloor\mu(k)\\ &=\sum\limits_{t=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{\lfloor n \rfloor}{t}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor m \rfloor}{t}\rfloor\sum\limits_{k|t}\mu(k)&(t=dk)\\ &=\sum\limits_{t=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{\lfloor n \rfloor}{t}\rfloor\lfloor\frac{\lfloor m \rfloor}{t}\rfloor g(t)&(g(x) = \sum\limits_{kp=x}f(p)\mu(k))\\ \end{aligned} \]

然后前面下取整的东西分块搞定就好了，\(g(t)\)的话，因为可以通过枚举约数来求，复杂度是根号的，所以就直接枚举来求就好了，\(\mu\)的话可以筛出来，那么……

考虑\(f\)怎么求

有个约数和定理

\[若n=\sum\limits_{i=1}^{k}p_i^{a_i}，p_i为n的质因数，那么n的约数和f(n)满足 f(n)=\prod\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{j=0}^{a_i}p_i^j \]

\(f\)的话首先是个积性函数，我们在筛\(\mu\)的时候想顺便把这个也筛出来

考虑\(f(d)\)的值，如果说\(d\)是质数的话答案显然是\(d+1\)，下面讨论\(d\)为合数的情况

设\(d=i * p\)，其中\(p\)为质数

1. \(p\nmid i\)，那么\(p\)和\(i\)互质，所以\(f(d) = f(p) * f(i)\)

2. \(p\mid i\)，设\(i = t * p^x\) ，那么根据约数和定理，我们可以得

   \[f(i*p) = f(t)f(p^{x+1}) = f(t)\sum\limits_{i=0}^{x+1}p^i \]

   然后我们把\(p^0\)（也就是1）拿出来，得到

   \[f(i * p) = f(t) + f(t)*\sum\limits_{i=1}^{x+1}p^i = f(t) + f(t)*f(p^x)*p \]

   然后\(i = t * p^x\)，所以\(f(t) * f(p^x) = f(i)\)

   所以最后就是\(f(d) = f(t) + f(i) * p\)

然后就可以筛出\(f(d)\)啦

剩下的东西

现在加上\(a\)的限制，其实就是离线处理

我们先将所有的询问按照\(a\)的大小排序，然后从小到大处理

因为分块的时候我们要用到的是\(g(x)\)的前缀和，所以用一个树状数组来处理

将\(f(x)\)排个序，枚举的时候只枚举到\(f(x)<a\)，然后枚举另一个约数求出\(g\)，丢到树状数组里面去

求答案的时候直接查询就好了

others

这题的话如果直接取模会被卡常。。因为模数很特殊所以可以自然溢出来取模，最后记得给ans&上一个2147483647

---

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;
const int MOD=2147483647;
struct Q{
	int id,n,m,a;
	friend bool operator <(Q x,Q y)
	{return x.a<y.a;}
}q[MAXN];
int miu[MAXN],g[MAXN],p[MAXN],f[MAXN],loc[MAXN];
ll c[MAXN];
int ans[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n,m,T,maxn,a,pos,nowans;
int prework(int n);
int ksm(int x,int y);
int add(int x,ll delta);
ll query(int x);
bool cmp(int x,int y){return f[x]<f[y];}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d",&T);
	maxn=0;
	for (int i=1;i<=T;++i){
		scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a);
		q[i].id=i;
		if (q[i].n>q[i].m) swap(q[i].n,q[i].m);
		maxn=max(maxn,q[i].n);
	}
	prework(maxn);
	sort(q+1,q+1+T);
	for (int i=1;i<=maxn;++i) loc[i]=i;
	sort(loc+1,loc+1+maxn,cmp);
	int now=1;
	for (int o=1;o<=T;++o){
		n=q[o].n;
		m=q[o].m;
		a=q[o].a;
		while (now<=maxn&&f[loc[now]]<=a){
			for (int t=1;t*loc[now]<=maxn;++t)
				add(t*loc[now],f[loc[now]]*miu[t]);
			++now;
		}
		nowans=pos=0;
		for (int i=1;i<=n;i=pos+1){
			pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
			nowans+=(n/i)*(m/i)*(query(pos)-query(i-1));
		}
		ans[q[o].id]=nowans&MOD;
	}
	for (int i=1;i<=T;++i) printf("%lld\n",ans[i]);
}

int prework(int n){
	miu[1]=1; f[1]=1;
	memset(vis,false,sizeof(vis));
	int cnt=0,tmp,tot;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!vis[i]){
			p[++cnt]=i;
			miu[i]=-1;
			f[i]=i+1;
		}
		for (int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<=n;++j){
			vis[i*p[j]]=true;
			if (i%p[j]){
				miu[i*p[j]]=-miu[i];
				f[i*p[j]]=f[i]*(1+p[j]);
			}
			else{
				miu[i*p[j]]=0;
				tmp=i;tot=1;
				while (tmp%p[j]==0) tmp/=p[j];
				f[i*p[j]]=f[tmp]+p[j]*f[i];
			}
		}
	}
}


int add(int x,ll delta){
	for (;x<=maxn;x+=x&-x)
		c[x]+=delta;
}

ll query(int x){
	ll ret=0;
	for (;x;x-=x&-x)
		ret+=c[x];
	return ret;
}