HDU1695+HDU6390 莫比乌斯反演入门+分块思想。

HDU1695

莫比乌斯反演两个公式

F(n)=\sum_{d|n}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})

F(n)=\sum_{n|d}f(d)\Rightarrow f(n)=\sum_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)

思路:该题的题意是给你两个范围,1~n,1~m,求x属于1~n,y属于1~m, 且GCD(x,y)==k,这样的有多少对。

等同于求1~n/k, 1~m/k, gcd(x,y)==1,的对数。令f(t)为gcd(x, y)等于t的个数,F(n)等于gcd(x, y)=t的倍数的个数。

所以可以用第二个公式,就是说gcd(x,y)等于t的倍数的所有个数=每个gcd(x,y)等于T(t|T)的个数的和。有点绕,就是整体和局部的关系。

根据公式可以反演出第二个式子。好处就是,现在我们要求gcd(x, y)==1的个数,我们不好直接求出来,但是我们可以求出F(T)(t|T),F(T)=(n/T)*(m/T)。带入反演出来的第二个公式就解决了。时间复杂度为O(T*n)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
bool check[N];
int prime[N];
int mu[N];
void Moblus(){//O(n)求mu[]
    memset(check, false, sizeof check);
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2; i=N) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}

int main(){
    Moblus();
    int T, a, b, c, d, k, cas=0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d, &k);

        if(k==0){
            printf("Case %d: 0\n", ++cas);
            continue;
        }
        int n=b/k, m=d/k;
        int mn=min(n, m);
        ll ans1=0, ans2=0;
        for(int i=1; i<=mn; i++){
            ans1+=1ll*mu[i]*(n/i)*(m/i);
        }
        for(int i=1; i<=mn; i++){
            ans2+=1ll*mu[i]*(mn/i)*(mn/i);
        }
        //printf("%lld %lld\n", ans1, ans2);
        printf("Case %d: %lld\n", ++cas, ans1-ans2/2);
    }
    return 0;
}
/****分块写,时间节省一半***/
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int prime[N], mu[N], sum[N];
bool check[N];
void Moblus(){//O(n)求mu[]
    memset(check, false, sizeof check);
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2; i=N) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1; i

HDU6390

该题和上题是一样的。只不过需要一部转化。

ϕ(ab)/ϕ(a)ϕ(b)=gcd(a,b)/φ(gcd(a,b));(我也不懂什么原理)

所以我们只需要枚举gcd,然后跟上题思路一样求和就行。复杂度O(n*log(n))

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
ll prime[N], mu[N], mo, inv[N], phi[N];
ll gcd[N];
bool check[N];

void Moblus(){
    memset(check, false, sizeof check);
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2; i<=1e6; i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0; j1e6) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
}

void phi_table(){//O(nloglogn)
    for(int i=2; i<=1e6; i++) phi[i]=0;
    phi[1]=1;
    for(int i=2; i<=1e6; i++) if(!phi[i])
    for(int j=i; j<=1e6; j+=i){
        if(!phi[j]) phi[j]=j;
        phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
    }
}

void getInv(int up){
    inv[1]=1;
    for(int i=2; i<=up; i++)
        inv[i]=inv[mo%i]*(mo-(mo/i))%mo;
}

ll get(int n,int m)
{
    ll ans=0;
    int up=min(n, m);
    for(int i=1;i<=up;i++)
        ans=(ans+mu[i]*(n/i)*(m/i))%mo;
    return ans;
}


int main(){
    phi_table();
    Moblus();
    int T, n, m;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%lld", &n, &m, &mo);
        int k=min(n, m);
        getInv(k);
        for(int i=1; i<=k; i++)
            gcd[i]=1ll*i*inv[phi[i]]%mo;
        ll ans=0;
        for(int i=1; i<=k; i++){
            int tn=n/i, tm=m/i;

            ans=(ans+gcd[i]*get(tn, tm))%mo;//这里很疑惑,我直接在这写循环求就T,写成函数就不T了,很不解。
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

对于上面在循环里面不用函数求超时的情况,我们可以用分块的思想将其优化,可以将时间优化到上面的一半,上面跑了1000ms,这个跑了400ms。分块的思想就是对于n/j,m/j这两个数,j在变的时候这个比值的下取整不一定变。利用这个特性可以提出这一部分然后求mu[]的前缀和,这样会大大节省时间。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
int prime[N], mu[N], sum[N], mo, phi[N], inv[N];
bool check[N];
void Moblus(){//O(n)求mu[]
    memset(check, false, sizeof check);
    mu[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2; i=N) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1; i

 

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