【JZOJ 5425】【NOIP2017提高A组集训10.25】数论

Description

Solution

理解一下原式的意思，发现就是求有多少个数对(i,j)满足： 0<i≤n , 0<j≤m
于是

Ans=m∗nmodmo

---

这个题解是假的
看题即可知用莫比乌斯反演，
把min拆开，考虑什么时候 ⌊ni⌋ 会更大，这个解一个不等式就可以求出第二个循环的范围，把n,m反过来就是是 ⌊mj⌋ 更大的情况，最后再减掉 ⌊mj⌋=⌊ni⌋ 情况（好蠢啊QwQ），

那么现在问题就变成了求：

∑i=ab∑j=nm[gcd(i,j)=1]

这个就相当于一个二维平面上求一个矩形内所有点的点权和，
这个用二维矩形的前缀即可，

复杂度； O(n)

Code

#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define min(q,w) ((q)>(w)?(w):(q))
#define max(q,w) ((q)<(w)?(w):(q))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=10000005;
int m,n,ans,mo;
int pr[N/5],mu[N];
bool prz[N];
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
void PRE(int n)
{
    mu[1]=1;
    fo(i,2,n)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>n)break;
            prz[t]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    fo(i,2,n)mu[i]+=mu[i-1];
}
LL Gsum(int n,int m)
{
    int ans=0;
    if(n>m)swap(n,m);
    for(int i=1,nx;i<=n;i=nx+1)
    {
        nx=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=(ans+(LL)(n/i)*(m/i)%mo*(LL)(mu[nx]-mu[i-1]))%mo;
    }
    return ans;
}
LL ss(int n,int m)
{
    LL ans=0;
    for(int i=1,nx;i<=n;i=nx+1)
    {
        int t=(n/i);
        int t1=m/t;
        nx=n/t;
        ans=(ans+(LL)(t)*(Gsum(nx,t1)-Gsum(i-1,t1)))%mo;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("math.in","r",stdin);
    freopen("math.out","w",stdout);
    int q,w;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mo);
    if(mm);
    PRE(n);
    ans=(ss(n,m)+ss(m,n))%mo;
    for(int i=1,nx;i<=n;i=nx+1)
    {
        int t=n/i;
        nx=n/t;
        ans=(ans-(LL)(n/i)*(Gsum(nx,m/t)-Gsum(i-1,m/t)+Gsum(i-1,m/(t+1))-Gsum(nx,m/(t+1))))%mo;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
    return 0;
}