【莫比乌斯反演】[HYSBZ/BZOJ2301]Problem b

题目
大意就是求在a<=x<=b,c<=y<=d，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数。

分析：令g(n,m,k)表示在1<=x<=n,1<=y<=m，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数。
那么由容斥原理可得

ans=g(c,d,k)−g(a−1,d,k)−g(b,c−1,k)+g(a−1,c−1,k)

。
1<=x<=n,1<=y<=m，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数也等价于1<=x<=n/k,1<=y<=m/k,(x,y)互质的对数，即

g(n,m,k)=g(n/k,m/k,1)

令f(i)表示满足gcd(x,y)=i时(x,y)的对数，F(i)表示满足i|gcd(x,y)的(x,y)的对数，显然 F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋。
根据 莫比乌斯反演定理

F(i)=∑i|df(d)=>f(d)=∑i|dμ(di)F(d)=∑i|dμ(di)⌊ni⌋⌊mi⌋

当i=1时， f(1)=∑min(n,m)d=1μ(d)⌊n⌋⌊m⌋。
由于 ⌊ni⌋的取值最多只有 2n−−√个（这个很容易证明:在 nsqrt(n)+1<i<=n时， ⌊ni⌋=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12........sqrt(n)n2<i<=nn3<i<=n2nsqrt(n)+1<i<=nsqrt(n)，到这里已经有sqrt(n)个取值了，还有sqrt(n)个i，即使每一个i都对应一个不同的 ⌊ni⌋，也只有 2n−−√个取值），我们算出 μ的前缀和sum,然后只需要O( 2(n−−√+m−−√))的时间（即分块优化）回答每次询问。

计算f(1)的代码如下

int cal(int n,int m){
    int t=min(m,n),last,ret=0,i;
    for(i=1;i<=t;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}

解释一下，若n/i=t,则t是满足a*i<=n的a的最大值，则n/(n/i)就是满足商为n/i的i的最大值。

这道题的代码

#include
#include
using namespace std;
#define MAXN 50000
int a,b,c,d,k,p[MAXN+10],pcnt,mu[MAXN+10],sum[MAXN+10],ans,n;
bool f[MAXN+10];
void Read(int &x){
    char c;
    while(c=getchar(),c!=EOF)
        if(c>='0'&&c<='9'){
            x=c-'0';
            while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9')
                x=x*10+c-'0';
            ungetc(c,stdin);
            return;
        }
}
void prepare(){
    int i,j;
    mu[1]=sum[1]=1;
    for(i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!f[i])
            p[++pcnt]=i,mu[i]=-1;
        for(j=1;p[j]*i<=MAXN;j++){
            f[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0){
                mu[p[j]*i]=0;
                break;
            }
            mu[p[j]*i]=-mu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
int cal(int n,int m){
    int t=min(m,n),last,ret=0,i;
    for(i=1;i<=t;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}
void solve(int a,int b,int c,int d,int k){
    a--,c--;
    a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
    ans=cal(b,d)-cal(a,d)-cal(b,c)+cal(a,c);
}
int main()
{
    Read(n);
    prepare();
    while(n--){
        Read(a),Read(b),Read(c),Read(d),Read(k);
        solve(a,b,c,d,k);
        printf("%d\n",ans);
    }
}

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