[BZOJ3529][Sdoi2014]数表（莫比乌斯反演+树状数组）

题目描述

传送门

题解

md刚开始读错题了
本来不是很难的一道题被我搞的看起来不可能做出来？

首先看看数表里的数都是啥
实际上位置(i,j)上的数就是 f(gcd(i,j)) ，其中 f(i) 表示i的约数和
那么考虑一下怎么科学地求出来 f
约数和定理：
若 n=∏ipkii ，其中 pi 为n的质因子， ki 为质因子次数（正整数）
那么 n 的所有约数的和为 f(n)=∏i(∑j=0kipji)
可以发现当 (a,b)=1 时 f(ab)=f(a)f(b) ，那么 f 是一个积性函数
考虑线性筛，显然当 p 为质数时 f(p)=1+p ，当 (a,b)=1 时 f(ab)=f(a)f(b)
那么现在的问题是在原先的数上多加一个已有的质因子，也就是用 f(a) 和 p 推出 f(ap) ，其中 a mod p=0
同样还是要根据约数和公式。我们可以记录一个 g(i) ，表示i除去最小质因子剩下的数。
然后令 a=∏ipkii ， p=p1 那么

f(a)=(p01+p11+...+pk11)(p02+p12+...+pk22)...(p0m+p1m+...+pkmm)

f(ap)=(p01+p11+...+pk1+11)(p02+p12+...+pk22)...(p0m+p1m+...+pkmm)

观察这两个式子，可以得出： f(ap)=f(a)∗p+f(g(a))
这样我们就可以在 O(n) 的时间里得到 f 了

如果不考虑a的限制的话，实际上就是求

∑i=1n∑j=1mf(gcd(i,j))

然后可以画一波柿子

∑i=1n∑j=1m∑d=1n[(i,j)=d]f(d)

∑d=1n∑i=1nd∑j=1md[(i,j)=1]f(d)

然后利用反演公式 [n=1]=∑d|nμ(d)

∑d=1n∑i=1nd∑j=1md∑t|(i,j)μ(t)f(d)

∑d=1n∑t=1nd∑i=1nd[t|i]∑j=1md[t|j]μ(t)f(d)

∑d=1n∑t=1nd⌊ndt⌋⌊mdt⌋μ(t)f(d)

然后令 T=dt ，现在 d 是 T 的约数

∑T=1n⌊nT⌋⌊mT⌋∑d|Tμ(Td)f(d)

发现 μ 和 f 都是积性函数所以再搞一波线性筛就能求出卷积来了？
那你没发现没法满足a的性质了嘛？

考虑如何将a的限制插进去
实际上就是只有 f(d)≤a 的是有价值的
那么可以考虑离线之后将a排序，然后再将 f 排序，然后对于每一个a，将 f(d)≤a 的 f 都加入
至于怎么插入…我的方法是…暴力…
也就是对于一个d，枚举其n范围内的每个倍数， μ 和 f 都可以提前筛出来
类似于埃氏筛法的复杂度分析？ O(nloglogn) ？不是很清楚大概比 O(n) 大一点
因为分块求的时候是 f 的前缀和，所以搞一个bit维护一下就行了
时间复杂度大约 O(n+Qlogn(n−−√+m−−√))
注意直接自然溢出就行了

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 100000
#define LL long long

int T;
int p[N+3],prime[N+3],mu[N+3],g[N+3],f[N+3],C[N+3],ans[N+3];
struct Q{int n,m,a,id;}q[N+3];
struct D{int val,id;}d[N+3];

void get()
{
    mu[1]=1;f[1]=1;g[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;++i)
    {
        if (!p[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            mu[i]=-1;
            g[i]=1;
            f[i]=i+1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=N;++j)
        {
            p[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                g[i*prime[j]]=g[i];
                f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j]+f[g[i]];
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
                g[i*prime[j]]=i;
                f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]];
            }
        }
    }
    for (int i=1;i<=N;++i) d[i].val=f[i],d[i].id=i;
}
void add(int loc,int val)
{
    for (int i=loc;i<=N;i+=i&-i)
        C[i]+=val;
}
int query(int loc)
{
    int ans=0;
    for (int i=loc;i>=1;i-=i&-i)
        ans+=C[i];
    return ans;
}
int cmpq(Q x,Q y)
{
    return x.a<y.a;
}
int cmpd(D x,D y)
{
    return x.val<y.val;
}
int calc(int n,int m)
{
    int ans=0;
    if (n>m) swap(n,m);
    for (int i=1,j=0;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(n/i)*(m/i)*(query(j)-query(i-1));
    }
    return ans;
}
int main()
{
    get();
    sort(d+1,d+N+1,cmpd);
    scanf("%d",&T);
    for (int i=1;i<=T;++i) scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a),q[i].id=i;
    sort(q+1,q+T+1,cmpq);
    int now=1;
    while (d[now].val<0) ++now;
    for (int i=1;i<=T;++i)
    {
        while (now<=N&&d[now].val<=q[i].a)
        {
            for (int j=1;j*d[now].id<=N;++j)
                add(j*d[now].id,mu[j]*d[now].val);
            ++now;
        }
        ans[q[i].id]=calc(q[i].n,q[i].m);
    }
    for (int i=1;i<=T;++i)
    {
        ans[i]&=2147483647;
        printf("%d\n",ans[i]);
    }
}