bzoj2301（莫比乌斯反演+分块）

 

传送门：2301: [HAOI2011]Problem b

题意：对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

分析：gcd(x,y)==k等价于gcd(x/k,y/k)==1,根据莫比乌斯反演很容易求出[1,n][1,m]的gcd(x,y)==1的对数，但询问有50000个，直接去计算肯定会TLE，这里得分块处理加速计算，因为对于(n/i)和（m/i）在一定区间内的值是一定的，根据这点可以每次跳过这段的计算。

这里的分块有点类似求和sum=n/1+n/2+n/3+...+n/(n-1)+n/n.直接去算O(n)，分块O(sqrt(n)).

 

#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <string>

#include <cmath>

#include <limits.h>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <cstdlib>

#include <stack>

#include <vector>

#include <set>

#include <map>

#define LL long long

#define mod 100000000

#define inf 0x3f3f3f3f

#define eps 1e-6

#define N 50000

#define lson l,m,rt<<1

#define rson m+1,r,rt<<1|1

#define PII pair<int,int>

using namespace std;

inline int read()

{

    char ch=getchar();int x=0,f=1;

    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

    return x*f;

}

bool vis[N+5];

int mu[N+5],prime[N+5],sum[N+5];

void Mobius()

{

    memset(vis,false,sizeof(vis));

    mu[1]=1;

    int tot=0;

    for(int i=2;i<=N;i++)

    {

        if(!vis[i])

        {

            prime[tot++]=i;

            mu[i]=-1;

        }

        for(int j=0;j<tot;j++)

        {

            if(i*prime[j]>N)break;

            vis[i*prime[j]]=true;

            if(i%prime[j]==0)

            {

                mu[i*prime[j]]=0;

                break;

            }

            else

            {

                mu[i*prime[j]]=-mu[i];

            }

        }

    }

    for(int i=1;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-1]+mu[i];

}

LL solve(int n,int m)

{

    LL res=0;

    if(n>m)swap(n,m);

    for(int i=1,last=0;i<=n;i=last+1)

    {

        last=min(n/(n/i),(m/(m/i)));

        res+=1LL*(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);

    }

    return res;

}

int main()

{

    int T,a,b,c,d,k;

    Mobius();

    scanf("%d",&T);

    while(T--)

    {

        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);

        a--;c--;

        LL ans=solve(b/k,d/k)-solve(b/k,c/k)-solve(a/k,d/k)+solve(a/k,c/k);

        printf("%lld\n",ans);

    }

}

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