[SDOI2015]约数个数和-[BZOJ4176]Lucas的数论-题解

【[SDOI2015]约数个数和】

题意简述

给定$n,m$，求下面式子的值，其中${\sigma }_0(i)$表示$i$的约数个数。

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{\sigma }_0(ij)$$

其中$n,m\le 50000$

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我们考虑将${\sigma }_0(ij)$进行转化，其实其值就相当于下面：

$${\sigma }_0(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1]$$

简单证明：

由于其质因子之间会不影响，所以我们分开单独考虑，对于一个$ij$的质因子$p$，假设它在$ij$中为$p^c$，那么肯定有$p^a|i,p^b|j,a+b=c$，所以我们考虑，对于一个因子$p^d$，如果$d\le a$我们就在$i$中选择，此时$p^d|x$，那么由于对于这一个因子只能算一次，所以在$x$中选了后就不能再$y$中选择，所以必须保证$y$中没有因子$p$，而当$d>a$时，我们就在$y$中选择指数为$d-a$的，此时同样要求$x$中不包含因子$p$，那么将此情况应用到所有的质因子上，显然$x\perp y$，也就是$gcd(x,y)=1$，因此得证。

其实相当于一个映射，我们将$p^d$，其中$d\le a$的映射到$x$上去，而$d>a$的映射到$y$上，由于如果$x,y$不互质，那么相当于我们把同一个因子同时映射在了$x,y$，会算多次，但是只能算一次，所以要保证互质。

那么我们就将式子转换成了（这里默认$n\le m$不满足则交换）：

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1] \\ \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{w|x,w|y}\mu (w) \\ \sum _{w=1}^n\mu (w)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{w}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{w}\rfloor }\lfloor \frac{n}{wi}\rfloor \lfloor \frac{m}{wj}\rfloor \end{gathered}$$

由于$n,m$的范围比较小，我们线性筛出$\mu$并预处理前缀和，然后对于后面的我们令$g(n)={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

其实我们容易知道：
$$g(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\sum _{i=1}^n{\sigma }_0(i)$$

简单证明：

我们考虑，对于一个$i$，它可以对其倍数，也就是$2i,3i,\cdots ,\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i$，贡献$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$次，刚好反过来考虑，对于一个数$i$，它的每个因子都会对其贡献一次，所以原式就相等了。

原式就变成：

$$\sum _{w=1}^n\mu (w)g(\lfloor \frac{n}{w}\rfloor )g(\lfloor \frac{m}{w}\rfloor )$$

那么我们再$O(n)$的线性筛出${\sigma }_0$并预处理前缀和，这个题就可以每次分块的回答了。

复杂度$O(n+T\sqrt{n})$

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
int T,n,m;
ll prime[M],sdiv[M],num[M],cnt,mob[M];
bool nop[M];
void init(int n){
  sdiv[1]=1;num[1]=1;mob[1]=1;
  for(int i=2;i<=n;i++){
    if(!nop[i]) prime[++cnt]=i,sdiv[i]=2,num[i]=1,mob[i]=-1;
    for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
      nop[i*prime[j]]=1;
      if(i%prime[j]){
        sdiv[i*prime[j]]=sdiv[i]*sdiv[prime[j]];
        num[i*prime[j]]=1;
        mob[i*prime[j]]=-mob[i];
      }else{
        sdiv[i*prime[j]]=sdiv[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
        num[i*prime[j]]=num[i]+1;
        mob[i*prime[j]]=0;
        break;
      }
    }
  }
  for(int i=1;i<=n;i++) sdiv[i]+=sdiv[i-1],mob[i]+=mob[i-1];
}
ll calc(int n,int m){
  int pos;if(n>m) swap(n,m);
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i=pos+1){
    int t1=n/i,t2=m/i;
    pos=min(n/(t1),m/(t2));
    ans+=(mob[pos]-mob[i-1])*(sdiv[t1])*(sdiv[t2]);
  }
  return ans;
}
int main(){
  scanf("%d",&T);
  init(50000);
  while(T--){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    printf("%lld\n",calc(n,m));
  }
  return 0;
}

加强版【BZOJ4176-权限题】

一组询问，给定$n\le 10^9$，求下面式子的值：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{\sigma }_0(ij)$$

此时无法$O(n)$的线性筛，所以我们要换个角度考虑，可能要用杜教筛或其他低于线性的筛法。

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我们先来看${\sigma }_0(ij)$，对于一个$d|ij$，我们令$a=\frac{i}{gcd(i,d)},b=\frac{d}{gcd(i,d)}$，此时显然$a\perp b$，然后肯定有$a|i,b|j$（$a|i$是显然的，而$b|j$由于$d|ij$而$b|d$，$b$只是除去了在$i$中的因子，所以肯定$b|j$）。

另外一种解释：$b\times gcd(i,d)=d$，$d|ij\iff b|\frac{ij}{gcd(i,d)}=b|aj$，因为$a\perp b$，所以$b|j$。

所以，对于任意$a\perp b,a|i,b|j$的都有$d=\frac{ib}{a}|ij$，由此可知：

$${\sigma }_0(ij)=\sum _{d|ij}1=\sum _{a|i,b|j,a\perp b}1=\sum _{a|i,b|j}[gcd(i,j)=1]$$

这个也就是前面的另一种数学的证明方法，再说一遍而已XD

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我们看原来化简到最后的式子，此时就变成了：

$$\sum _{w=1}^n\mu (w)(g\left(\lfloor \frac{n}{w}\rfloor \right){)}^2$$

对于$\mu$的前缀和我们用杜教筛就可以了，而对于$g(n)$的值，我们预处理$n^{\frac{2}{3}}$个，然后每次调用到更大的，现场数论分块$O(\sqrt{n})$的算就好啦，记忆化一下。

由于杜教筛中也有数论分块，所以复杂度还是$O(n^{\frac{2}{3}})$，那么这个题就解决了。

代码，先咕咕一会儿XD

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End

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