洛谷P3327:[SDOI2015]约数个数和 (莫比乌斯反演)

题目传送门:https://www.luogu.org/problem/show?pid=3327


题目分析:这题我又没有自己想出来……
主要是本题要用到一个很神的结论:

d(ij)=x|iy|j[(x,y)=1]

这个是怎么推出来的呢?
我们考虑质数p对d(ij)的贡献,假设i的质因数分解中有k个p,j的质因数分解中q个p,那么d(ij)中就会有因数k+q+1,而:
k+q+1=x=0ky=0q[(px,py)=1]

这就相当于一个(k+1)*(q+1)的矩形,只取了左下角的”L”字型的一块。
现在我们假设 i=pk11pk22pknn,j=pq11pq22pqnn ,那么我们逐个考虑每一个质数 pi ,得到一条式子:
d(ij)=x1=1k1y1=1q1[(px11,py11)=1]xn=1knyn=1qn[(pxnn,pynn)=1]

现在我们记 x=px11px22pxnn,y=py11py22pynn ,则变成:
d(ij)=x|iy|j[(x,y)=1]

是不是很神奇?


现在回到原题,经上面变形,我们要求:

i=1nj=1mx|iy|j[(x,y)=1]

我们将x,y的枚举拉到i,j的前面,得到:
x=1ny=1m[(x,y)=1]nxmy

我们用莫比乌斯函数将中括号内的东西替代掉,得到:
x=1ny=1mk|x,k|yμ(k)nxmy

将k的枚举拉到前面:
k=1min(n,m)μ(k)x=1nknkxy=1mkmky

我们设 g(n)=ni=1ni ,那么右边的部分变成 g(nk)g(mk) ,于是我们左边用下底函数分块,右边预处理g函数即可。
我们可以用 O(nn) 通过下底函数分块求出每一个g,但我们发现其实g函数就是约数个数的前缀和,直接线性筛即可。


CODE:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn=50005;
typedef long long LL;

int sum[maxn];
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int cur=0;

LL g[maxn];
int t,n,m;
LL ans;

void Preparation()
{
    for (int i=1; i0;
        int last;
        for (int j=1; j<=i; j=last+1)
        {
            last=i/(i/j);
            g[i]=g[i]+(long long)( i/j*(last-j+1) );
        }
    }
    sum[1]=1;
    for (int i=2; iif (!vis[i]) sum[i]=-1,prime[++cur]=i;
        for (int j=1; j<=cur && i*prime[j]int k=i*prime[j];
            vis[k]=true;
            if (i%prime[j]) sum[k]=-sum[i];
            else
            {
                sum[k]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for (int i=2; i1];
}

int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);

    Preparation();
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if (n>m) swap(n,m);
        ans=0;
        int last;
        for (int i=1; i<=n; i=last+1)
        {
            last=min( n/(n/i) , m/(m/i) );
            ans=ans+( (long long)(sum[last]-sum[i-1])*g[n/i]*g[m/i] );
        }
        cout<return 0;
}

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