HDU 4746 Mophues【莫比乌斯反演】

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4746

题意：

1≤x,y≤n , 求gcd(x,y)分解后质因数个数小于等k的(x,y)的对数。

分析：

莫比乌斯反演。
还是一个套路，我们设
f(d)：满足gcd(x,y)=d且x,y均在给定范围内的(x,y)的对数。
F(d)：满足d|gcd(x,y)且x,y均在给定范围内的(x,y)的对数。
显然F(x)=[n/x]∗[m/x]，反演后我们得到

f(x)=∑x|dμ(d/x)[n/d]∗[m/d]

最直接的方法，枚举质数 p，那么

ans=∑pmin(n,m)(∑dmin(n/p,m/p)μ(d)∗[n/(p∗d)]∗[m/(p∗d)])

这样肯定会超时。
我们令 a=p∗d，那么

ans=∑a=1min(n,m)[n/a]∗[m/a]∗∑p|aμ(a/p)

我们希望快速获得每个 a对应的 ∑p|aμ(a/p)，由于题目规定了最大的质因子数目，所以我们增加一维，设 f[i][j]表示质因子数目小于等于 j时 前 i项和，根据公式计算即可。
最后我们再取个前缀和就好了。注意这里仍然使用了分段优化。

代码：

/*
-- Hdu 4746
-- Created by jiangyuzhu
-- 2016/5/30
*/
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define sa(n) scanf("%d", &(n))
#define sal(n) scanf("%I64d", &(n))
#define pl(x) cout << #x << " " << x << endl
#define mdzz cout<<"mdzz"<
const int maxn = 5e5 + 5 ;
int tot = 0;
int miu[maxn], prime[maxn], f[maxn][20 + 5];
int cnt[maxn];
bool flag[maxn];
void mobius()
{
    miu[1] = 1;
    tot = 0;
    for(int i = 2; i < maxn; i++){
        if(!flag[i]){
            prime[tot++] = i;
            miu[i] = -1;
            cnt[i] = 1;
        }
        for(int j = 0; j < tot && i * prime[j] < maxn; j++){
            flag[i * prime[j]] = true;
            cnt[i * prime[j]] = cnt[i] + 1;
            if(i % prime[j]){
                miu[i * prime[j]] = -miu[i];
            }
            else{
                miu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++){
        for(int j = i; j < maxn; j += i){
            f[j][cnt[i]] += miu[j / i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < maxn; i++){
        for(int j = 1; j < 20; j++){
            f[i][j] +=  f[i][j - 1] ;
        }
    }
    //前缀和
    for(int i = 1; i < maxn; i++){
        for(int j = 0; j < 20; j++){
            f[i][j] += f[i - 1][j];
        }
    }
}
int main (void)
{
    mobius();
    int T;sa(T);
    int n, m, k;
    for(int kas = 1; kas <= T; kas++){
       scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
       ll ans = 0;
       k = min(k, 19);
       int j;
       if(n > m) swap(n, m);
       for(int i = 1; i <= n; i = j + 1){
           j = min(n /(n / i), m / (m / i ));
          ans += (n / j) * 1ll * (m / j) * (f[j][k] - f[i - 1][k]);
       }
       printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Tuesdayzz/p/5758619.html