[bzoj 3701] Olympic Games (莫比乌斯反演)

题目描述

• 给出$n,m,l,r,mod$
• 表示一个$(n+1)\ast (m+1)$的格点图,求能够互相看见的点对个数对$mod$取模的值.
• 能互相看见定义为此两点连线上没有其他的格点且欧氏距离在[l,r]范围内
• $$\begin{gathered} n,m<=100000 \\ l,r<=150000 \\ mod<=10^9 \end{gathered}$$

题目分析

• 首先我们将上下左右相邻的点对特判:
  当$l<=1<=r$时有$(2nm+n+m)$个上下左右相邻点对对答案造成贡献

• 此时我们只需要找出某个长宽互质矩形的对角线(两条)能够对答案造成多少贡献即可,如图,在长宽为$(5,3)$的矩形中,长宽为$(1,2)$的子矩形的副对角线对答案造成了$((5+1)-1)((3+1)-2)$的贡献:
  
  所以在求某个矩形造成的总贡献时就用一条对角线的贡献乘以$2$即可
  $$Ans=2\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)==1](n+1-x)(m+1-y)$$
  $$=2\sum _{x=1}^n((n+1-x)\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{d|y}^m(m+1-y))$$
  $$=2\sum _{x=1}^n((n+1-x)\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }(m+1-yd))$$
  由于${\sum }_{y=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(m+1-yd)$可以$\Theta (1)$求
  所以$\Theta (n)$枚举$x$,$\Theta (\sqrt{n})$枚举d即可
  总时间复杂度$\Theta (n\sqrt{n})$

Tips

• 此处还有[l,r]的限制,首先考虑[1,k]怎么做
  只用满足$x^2+y^2<=k^2$即可
  则
  $$Ans(k^2)=2\sum _{x=1}^n((n+1-x)\sum _{d|x}\mu (d)\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{min(m,\sqrt{k^2-x^2})}{d}\rfloor }(m+1-yd))$$
• 对于$[l,r]$,答案就是$Ans(r^2)-Ans(l^2-1)$
  此处不能用$r$与$l-1$作为参数代进去,因为两点距离的值域为$R$,不一定为整数,会多减一部分答案

AC code

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n, m, mod, l, r, ans;

int Prime[MAXN], Cnt, mu[MAXN];
bool IsnotPrime[MAXN];
void init()
{
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i < MAXN; ++i)
	{
		if(!IsnotPrime[i])
			Prime[++Cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= Cnt && Prime[j] * i < MAXN; ++j)
		{
			IsnotPrime[Prime[j] * i] = 1;
			if(i % Prime[j] == 0)
			{
				mu[Prime[j] * i] = 0;
				break;
			}
			mu[Prime[j] * i] = -mu[i];
		}
	}
}

inline int F(int k, int d)
{
	return (1ll * k * (m+1) % mod - 1ll * d * ((1ll*k*(k+1)/2) % mod) % mod) % mod;
}

inline int solve(long long k) // y*y <= k*k - x*x
{
	int ret = 0;
	for(int x = 1; x <= n && 1ll*x*x < k; ++x)
	{
		int s = 0, up = min(m, int(sqrt(1.0*k-1.0*x*x)));
		for(int d = 1, d2; d*d <= x; ++d) if(x % d == 0)
		{
			s = (s + 1ll * mu[d] * F(up/d, d) % mod) % mod;
			if(d != (d2=x/d))
				s = (s + 1ll * mu[d2] * F(up/d2, d2) % mod) % mod;
		}
		ret = (ret + 1ll * s * (n+1-x) % mod) % mod;
	}
	return 2ll * ret % mod;
}

int main ()
{
	scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &l, &r, &mod); init();
	int Ans = ((solve(1ll*r*r)-solve(1ll*l*l-1)) % mod + mod) % mod;
	if(l <= 1 && 1 <= r) Ans = (Ans + ((2ll * n * m % mod + n) % mod + m) % mod) % mod;
	printf("%d\n", Ans);
}