[bzoj5332][bzoj5276][bzoj3994][莫比乌斯反演][三元环计数]旧试题/skyfall/约数个数和
Description
旧试题
skyfall
约数个数和
约数个数和题解
由于这三个题长得比较像就放一起吧
设 D ( u ) D(u) D(u)表示 u u u的约数和，那么有如下结论
D ( x ∗ y ) = ∑ u ∣ x ∑ v ∣ y [ g c d ( u , v ) = = 1 ] D(x*y)=\sum_{u|x}\sum_{v|y} [gcd(u,v)==1] D(x∗y)=u∣x∑v∣y∑[gcd(u,v)==1]
证明如下，设 k i k_i ki表示质因数 p i p_i pi在某个数中的次数
显然约数个数和为 Π ( k i + 1 ) \Pi(k_i+1) Π(ki+1)
显然可以知道， x ∗ y x*y x∗y中的某个 k i k_i ki一定是在 x x x中贡献了 u i u_i ui，在 y y y中贡献了 v i v_i vi并且满足 u i + v i = k + i u_i+v_i=k+i ui+vi=k+i的。那么对于上式，由于 g c d ( u , v ) = 1 gcd(u,v)=1 gcd(u,v)=1，故在 x ∗ y x*y x∗y的某个质因数 p i p_i pi中，仅存在三种情况
该质因数被 u u u取走，有 u i u_i ui种取的次数，该质因数被 v v v取走，有 v i v_i vi种取的次数，或者两者均不取，有 1 1 1的次数，则该质因数的合法取法有 u i + v i + 1 = k i + 1 u_i+v_i+1=k_i+1 ui+vi+1=ki+1种，相乘即为约数个数和
拓展到更高维也是一样的
那么式子可以写为
以下均视为 n ≤ m n\leq m n≤m
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = = 1 ] ⌊ n i ⌋ ⌊ m j ⌋ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==1]\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor i=1∑nj=1∑m[gcd(i,j)==1]⌊in⌋⌊jm⌋
随意反演一下就可以得到，
∑ d = 1 n μ ( d ) ∗ ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ⌊ n i ∗ d ⌋ ∗ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ ⌊ m j ∗ d ⌋ \sum_{d=1}^{n}\mu(d)*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{i*d}\rfloor*\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{j*d}\rfloor d=1∑nμ(d)∗i=1∑⌊dn⌋⌊i∗dn⌋∗j=1∑⌊dm⌋⌊j∗dm⌋
注意到有式子 ⌊ n i ∗ j ⌋ = ⌊ ⌊ n i ⌋ j ⌋ \lfloor\frac{n}{i*j}\rfloor=\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}{j}\rfloor ⌊i∗jn⌋=⌊j⌊in⌋⌋
故上式可写为
∑ d = 1 n μ ( d ) ∗ ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ⌊ ⌊ n d ⌋ i ⌋ ∗ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ ⌊ m d ⌋ i ⌋ \sum_{d=1}^{n}\mu(d)*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{i}\rfloor*\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{i}\rfloor d=1∑nμ(d)∗i=1∑⌊dn⌋⌊i⌊dn⌋⌋∗j=1∑⌊dm⌋i⌊dm⌋⌋
我写这个的时候没有及时意识到把 d d d提上去然后自闭了一会…
n n n\sqrt n nn预处理一个 f ( i ) = ∑ j = 1 i ⌊ i j ⌋ f(i)=\sum_{j=1}^{i} \lfloor\frac{i}{j}\rfloor f(i)=∑j=1i⌊ji⌋
剩下就可以 T ∗ ( n + m ) T*(\sqrt n+\sqrt m) T∗(n+m)了
skyfall题解
与上一个题式子基本是相同的
在开头枚举一下 c c c就可以获得一个 n 2 log n n^2\log n n2logn的做法了
式子是
∑ k = 1 c ⌊ c k ⌋ ∗ ∑ d = 1 a μ ( d ) ∗ ∑ i = 1 ⌊ a d ⌋ ⌊ a i ∗ d ⌋ ∗ [ g c d ( a d , k ) = = 1 ] ∗ ∑ j = 1 ⌊ b d ⌋ ⌊ b j ∗ d ⌋ ∗ [ g c d ( b d , k ) = = 1 ] \sum_{k=1}^{c}\lfloor \frac{c}{k}\rfloor*\sum_{d=1}^{a}\mu(d)*\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\lfloor\frac{a}{i*d}\rfloor*[gcd(ad,k)==1]*\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}\lfloor\frac{b}{j*d}\rfloor*[gcd(bd,k)==1] k=1∑c⌊kc⌋∗d=1∑aμ(d)∗i=1∑⌊da⌋⌊i∗da⌋∗[gcd(ad,k)==1]∗j=1∑⌊db⌋⌊j∗db⌋∗[gcd(bd,k)==1]
可以直接做了
听说需要卡常
旧试题题解
上面都太naive了啊.
这才是最终的哥哥题
同样运用上面的结论，式子化一下就可以得到
∑ d a = 1 m a x ( a , b , c ) ∑ d b = 1 m a x ( a , b , c ) ∑ d c = 1 m a x ( a , b , c ) μ ( a ) μ ( b ) μ ( c ) ∗ ∑ i ∣ l c m ( d a , d b ) ⌊ a i ⌋ ∗ ∑ j ∣ l c m ( d b , d c ) ⌊ b j ⌋ ∗ ∑ k ∣ l c m ( d a , d c ) ⌊ c k ⌋ \sum_{da=1}^{max(a,b,c)}\sum_{db=1}^{max(a,b,c)}\sum_{dc=1}^{max(a,b,c)}\mu(a)\mu(b)\mu(c)*\sum_{i|lcm(da,db)}\lfloor\frac{a}{i}\rfloor*\sum_{j|lcm(db,dc)}\lfloor\frac{b}{j}\rfloor*\sum_{k|lcm(da,dc)}\lfloor\frac{c}{k}\rfloor da=1∑max(a,b,c)db=1∑max(a,b,c)dc=1∑max(a,b,c)μ(a)μ(b)μ(c)∗i∣lcm(da,db)∑⌊ia⌋∗j∣lcm(db,dc)∑⌊jb⌋∗k∣lcm(da,dc)∑⌊kc⌋
前面是枚举约数的，用原式换过去不难得到
后面显然可以 n l o g n nlogn nlogn直接预处理出来
于是我们考虑怎么算前面合法的 a , b , c a,b,c a,b,c的贡献
首先，显然合法的 a , b , c a,b,c a,b,c需要满足任意两个数之间的 l c m ≤ max ( a , b , c ) lcm\leq \max(a,b,c) lcm≤max(a,b,c)
下文不妨设 n = m a x ( a , b , c ) n=max(a,b,c) n=max(a,b,c)
如果我们给两个合法的数对连上无向边，显然能做出贡献的就是图中的三元环
数三元环的数量是可以做到 m m m\sqrt m mm的，其中 m m m为边数证明不会
先介绍如何做到 m m m\sqrt m mm
我们将边定向，满足任意一条边都是从度数较小的点出去，进入度数较大的点
接下来枚举所有点计数，我们发现，原图中存在的任意一个三元环 ( x , y , c ) (x,y,c) (x,y,c)。不妨假定 i n [ x ] ≤ i n [ y ] ≤ i n [ z ] in[x]\leq in[y]\leq in[z] in[x]≤in[y]≤in[z]，在新图中一定满足存在 x − > y − > z x->y->z x−>y−>z与 x − > z x->z x−>z的路径
故直接枚举第一条路径的两个点判断即可
注意这里的三元环是有顺序的，我们需要做到无序，故要将其六种情况全部讨论一遍
再来建图
枚举有边相连的两个点的 g c d gcd gcd，剩余要求互质。
求解过程则是简单问题
注意边用vector存，可以大幅优化常数
但是忽略了两种情况，即选了三个同样的点或者两个同样的点
选三个点时可以直接预处理，选两个点时可以在建边的过程做出来
复杂度估计是不存在的？
旧试题&skyfall
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