acwing215.破译密码题解(容斥原理+mobius函数)

达达正在破解一段密码,他需要回答很多类似的问题:

对于给定的整数 a,b 和 d,有多少正整数对 x,y,满足 x≤a,y≤b,并且 gcd(x,y)=d.

作为达达的同学,达达希望得到你的帮助。

输入格式

第一行包含一个正整数 n,表示一共有 n 组询问。

接下来 n 行,每行表示一个询问,每行三个正整数,分别为 a,b,d。

输出格式

对于每组询问,输出一个正整数,表示满足条件的整数对数。

数据范围

1≤n≤50000,
1≤d≤a,b≤50000

输入样例:
2
4 5 2
6 4 3
输出样例:
3
2

提示:gcd(x,y) 返回 x,y的最大公约数。

思路:

分析一下复杂度,每次最多o(n^{1/2});

首先我们先将gcd(x,y)=d转化为gcd(x/d,y/d)=1(让a,b各处以d);

gcd(x/d,y/d)=1说明两个数互质,根据容斥原理我们可设pi为含能除第i个质因子的被除数的个数。

答案即为:a*b-\sum_{1}^{min(a,b)}(a/i)*(b/i)*mibuis[i]

时间复杂度为o(n)。我们可以发现a/i最多有2*a^{1/2}个取值。

从1-a^{1/2}a^{1/2}个取值,a^{1/2}-a值域有a^{1/2}个取值方式;

对于每段从i开始,其上界j=k/(k/i)(维持k/i不变最大范围i-j)。

计算\sum_{1}^{n}[k/i]*i时间复杂度降到n^{1/2}级别。

sum[i]为mibuis函数前缀和。

对于每一段:sum[j]-sum[i-1]为(a/i)*(b/i)的系数和。

可以看看我的另一篇:求∑(1,n)⌊k/i⌋∗i-CSDN博客

mibuis【i】函数:当i含有两个相同的质因子,mibuis【i】=0。i含有偶数个不同的质因子,mibuis【i】=1,i含有奇数个不同的质因子,mibuis【i】=1;

代码:

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL  long long
const int N = 5e4 + 100;
const long long  mod = 1e9 + 7;
#define  rep(i,a,b) for (int i = a; i <= b; i++) 
#define per(i, a, b) for(int  i=a;i>=b;i--)
int  mobuis[N], v[N],sum[N];
void getmobuis()
{
    rep(i, 1, N) mobuis[i] = 1;
    mobuis[1]=v[1] = 1;
    rep(i, 2, N)
    {
        if (v[i]) continue;
        mobuis[i] = -1;
        for (int j = 2 * i; j <= N; j += i)
        {
            if ((j / i) % i == 0) mobuis[j] = 0;
            else
                mobuis[j] *= -1;
            v[j] = 1;
        }

    }
}
int main()
{
    getmobuis();
    rep(i, 1, N) sum[i] += sum[i - 1] + mobuis[i];
    int n,a, b,d;
    cin >> n;
    while (n--)
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &d);
        LL cnt = 0;
        int j = 1;
        a = a / d;
        b = b / d;
        int x = min(a, b);
        for (int i = 1; i <=x; i = j + 1)
        {
            j = min(x, min(a / (a / i), b / (b / i)));
            cnt += (sum[j] - sum[i - 1]) * (LL)(a / i) * (b / i);
        }
        printf("%lld\n", cnt);
    }
    return 0;
}

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