【UVA12716】GCD XOR——杨子曰题目

【UVA12716】GCD XOR——杨子曰题目

Given an integer N, find how many pairs (A, B) are there such that: gcd(A, B) = A xor B where1 ≤ B ≤ A ≤ N.
Here gcd(A, B) means the greatest common divisor of the numbers A and B. And A xor B is the value of the bitwise xor operation on the binary representation of A and B.
Input
The first line of the input contains an integer T (T ≤ 10000) denoting the number of test cases. The
following T lines contain an integer N (1 ≤ N ≤ 30000000).
Output
For each test case, print the case number first in the format, ‘Case X:’ (here, X is the serial of the
input) followed by a space and then the answer for that case. There is no new-line between cases.
Explanation
Sample 1: For N = 7, there are four valid pairs: (3, 2), (5, 4), (6, 4) and (7, 6).
Sample Input

2
7
20000000

Sample Output

Case 1: 4
Case 2: 34866117

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一个草率的翻译：给你一个n，让你求出有多少对（a,b）满足：1 ≤ b ≤ a ≤ n且 gcd（a,b）=a xor b

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啊!这道题的n真的好大，不过它的时限是5s，哈哈哈哈哈，那就好办了呀！$n^2$暴力枚举a和b然后再用$logn$检验一下——复杂度$O(n^{2}logn)$,大哥5s也不是让你乱搞吧！
我们令c=gcd(a,b)=a xor b
首先我们会发现同时枚举a和b是不现实的，So，我们就枚举一个，假设是a好了，确定了a然后就没有然后了，那我们可以怎么办呢？我们可以再枚举一个c，也就是$gcd(a,b)$，也就是枚举a的因子，这样我们只需要$O(nlogn)$的时间枚举出所有的a和它的因子，哦那还蛮优的，我们又知道c=a xor b，于是乎，我们就可以把b解出来,b=a xor c，BUT这时的b不一定是答案，因为a和b的gcd我们并不知道，So，再把a和b算下gcd验证一下，完美

那么这样做的时间复杂度是多少呢？
枚举a和c要一个n log n，验证算gcd又要一个log n，所以最终的复杂度——$O(nlo{g}^{2}n)$
嗯，不错不错，相较于原来的$O(n^{2}logn)$可以说是非常优啊！我们来愉快的算一下实际要多久——Oh,NOOOOO——187s，人品再怎么好，也卡不进那时限

诶，又要开始优化了：
首先，枚举a的那一维肯定省不了，那我们就来省掉一个logn，我们争取把检验做到O(1)，我们试着把b用gcd算出来以后用异或去检验，So，How to do it？
我们知道了a 和 c 如果是答案的话那a和b一定是c的倍数，也就是a-c一定是c的倍数，因为b是c的倍数，也就是a xor c也是c的倍数，然后你要明白一个幼儿园小朋友都知道的事情—a-c ≤ a xor c ≤ a+c(如果你连幼儿园小朋友都不如，戳我)，而b ≤ a，所以我们惊奇地发现a xor c只能取到a-c，也就是b=a xor c=a-c，哦！！b=a-c，我们用O(1)算出了b，但a xor b 的值我们不能确定，那我们在用O(1)放到异或里去检验一下，最终复杂度——$O(nlogn)$

好的，我们再来算一下实际用时，什么！！！！7.5s！！！，哎，最终还是到了拼rp的时候了，你只要坚定信念，你敢这么做，评测器就敢这么让你过（如果TLE了，说明你的人品是多差）

OK，完事

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c++代码：

#include
using namespace std;

long long f[30000005];

int main(){
	int cas;
	for (int i=1;i<=15000000;i++){
		for (int j=2;j<=30000000/i;j++){
			 if (((i*j)^(i))==i*j-i) f[i*j]++;//我们用i*j枚举a，j枚举c
		}
	}
	for (int i=2;i<=30000000;i++){
		f[i]+=f[i-1];
	}
	scanf("%d",&cas);
	for (int i=1;i<=cas;i++){
		int n;
		scanf("%d",&n);
		printf("Case %d: %d\n",i,f[n]);
	}
	return 0;
}

于XJ机房607