51 nod 1188 最大公约数之和 V2(狄利克雷卷积+线性筛法)

题目大意:

给出T组n,
i<ni=1nj=i+gcd(i,j)
1<=n<=5000000,1<=T<=50000

吹水:

51 nod没良心,本来O(n log n)可以过的,可是不知为什么现在跑得这么慢,我把老曹的标再交了一次也T了3个点,于是强行推了O(n)的做法。

方法一:

先转换为:
ji=1i1j=1gcd(i,j)
=ji=1ij=1gcd(i,j)ni=1gcd(i,i)

ji=1ij=1gcd(i,j)
=ni=1φ(i)n/i(n/i+1)/2

线筛出φ,然后分块。

时间复杂度:
O(T n )

T了#17 - 25.

方法二:

f(i)=i1j=1gcd(i,j)
如果我们能够快速求出f(i),求一个前缀和,就可以O(1)求解。

我们可以想到枚举gcd.

伪代码:

i = 1 to n 
j = 2 to n / i
f(i * j) += φ(j) * i

时间复杂度:O(n log n)

方法三:

其实f(i)可以直接线筛:
f(i)=i1j=1gcd(i,j)
先看作:
ij=1gcd(i,j)
之后再减回去。
=d|idφ(i/d)
这显然就是个狄利克雷卷积,所以f(i)是一个积性函数。
接着我们考虑i=p^q的时候怎么求 f(pq)
f(pq)
=qk=0pkφ(pqk)
=(q1k=0pk(pqkpqk1))+pq
=(q1k=0pqpq1)+pq
=q(pqpq1)+pq
所以在线筛的时候还需要记录最小质因子的指数和最小质因子的幂。

方法三Code:

#include
#define N 5000000
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;
long long f[N + 5];
int n, T, x[N + 5], y[N + 5], p[348514];
bool bz[N + 5];
int main() {
    f[1] = 1;
    fo(i, 2, N) {
        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, x[i] = 1, y[i] = i, f[i] = 2 * i - 1;
        fo(j, 1, p[0]) {
            int k = i * p[j]; if(k > N) break;
            bz[k] = 1;
            if(!(i % p[j])) {
                x[k] = x[i] + 1;
                y[k] = y[i] * p[j];
                f[k] = f[k / y[k]] * (x[k] * (y[k] - y[k] / p[j]) + y[k]);
                break;
            }
            x[k] = 1;
            y[k] = p[j];
            f[k] = f[i] * f[p[j]];
        }
    }
    fo(i, 1, N) f[i] = f[i - 1] + f[i] - i;
    for(scanf("%d", &T); T; T --)
        scanf("%d", &n), printf("%lld\n", f[n]);
}

方法2Code:

#include
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const int Maxn = 5000000;
long long ans[Maxn + 5];
int n, T, p[400000], phi[Maxn + 5];
bool bz[Maxn + 5];

int main() {
    phi[1] = 1;
    fo(i, 2, Maxn) {
        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, phi[i] = i - 1;
        fo(j, 1, p[0]) {
            int k = i * p[j]; if(k > Maxn) break;
            bz[k] = 1;
            if(!(i % p[j])) {
                phi[k] = phi[i] * p[j];
                break;
            }
            phi[k] = phi[i] * (p[j] - 1);
        }
    }
    fo(i, 1, Maxn) fo(j, 2, Maxn / i) ans[i * j] += i * phi[j];
    fo(i, 2, Maxn) ans[i] = ans[i - 1] + ans[i];
    printf("%d\n", ans[9]);
    for(scanf("%d", &T); T; T --)
        scanf("%d", &n), printf("%lld\n", ans[n]);
}

方法1Code:

#include
#include
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const ll Maxn = 5000000;
int n, T, p[400000];
ll phi[Maxn + 5];
bool bz[Maxn + 5];

int main() {
    phi[1] = 1;
    fo(i, 2, Maxn) {
        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, phi[i] = i - 1;
        fo(j, 1, p[0]) {
            int k = i * p[j];
            if(k > Maxn) break;
            bz[k] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {
                phi[k] = phi[i] * p[j];
                break;
            }
            phi[k] = phi[i] * (p[j] - 1);
        }
    }
    fo(i, 1, Maxn) phi[i] = phi[i - 1] + phi[i];
    for(scanf("%d", &T); T; T --) {
        ll ans = 0;
        scanf("%d", &n);
        fo(i, 1, n)  {
            int j = n / (n / i);
            ans += (phi[j] - phi[i - 1]) * (n / i) * (n / i + 1) / 2;
            i = j;
        }
        ans -= (ll) n * (n + 1) / 2;
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

你可能感兴趣的:(狄利克雷卷积,51nod)