mobius反演的入门题。
首先,先抄一遍mobius反演:
已知 f(n) = sigma(d|n, g(d))
那么 g(n) = sigma(d|n, mu(d)*f(n/d))
mobius反演的另一种形式:
在某一范围内,已知 f(n) = sigma(n|d, g(d))
那么 g(n) = sigma(n|d, mu(d/n)*f(d))
本题的难度其实就入门来说比较大,推荐先做一下
POJ 3090, HDU1695, SPOJ VLATTICE
掌握本题之后,再去做更难一点的SPOJ PGCD
进入正题:
本题题意为求从(1,1,1)到(L,W,H)这个三维空间中的所有从(1,1,1)能看到的点,
换言之,求(0,0,0)到(L-1,W-1,H-1)的空间中所有(i,j,k)=1的点。
令 g(n) 为 (i,j,k) = n 的可见点的个数
f(n) 为 (i,j,k) | n 的可见点的个数
显然,我们可以得到 f(n) = sigma(n|d, g(d))
经过mobius反演后,可以推出 g(n) = sigma(n|d, mu(d/n)*f(d))
令 n = 1 ,则有g(1) = sigma(1|d, mu(d)*f(d)) 即本题要求的答案
函数f是可以直接计算的:
f(d) = (L/d) * (W/d) * (H/d)
所以g(1) = sigma(mu(d) * (L/d) * (W/d) * (H/d))
又因为本题是三维的情形,当需要统计的可见点在与(0,0,0)同一xy或xz或yz,将退化成二维情形,
故 ans = sigma(mu(d) * (L/d) * (W/d) * (H/d) + mu(d) * (L/d) * (W/d) + mu(d) * (L/d) * (H/d) + mu(d) * (H/d) * (W/d) )
= sigma(mu(d) * ( (L/d+1) * (W/d+1) * (H/d+1) - 1) )
再然后,本题是多case的卡时间,卡的特别狠!
除了预处理的时间之外,主程序中的时间复杂度即使是O(n)也过不了= =
于是只能继续优化了 = =
我们可以注意到 (n/d) 当d在某一连续的范围内时,值是不会变化的。
例如 (10/4) 和 (10/5) 就是一样的,(10/6) 到 (10/10) 都是一样的。
所以,我们可以预处理出前n项的mobius函数之和,然后就可以在O(1)的时间统计出这个区间内的mobius函数之和,再直接乘以这个区间任何一个 f 函数值就行了。
这样主程序的时间复杂度就会到O(sqrt(n)) (没错吧= =,好像是快一点点了= =)
至此,所有难点都已攻克。
怒贴代码:
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1000001; int l,w,h; bool notprime[maxn]; int prime[maxn],nprime; int mu[maxn],sum[maxn]; ll ans; void getmu() { nprime=0; mu[1]=1; for (int i=2;i<maxn;i++) { if (!notprime[i]) {prime[nprime++]=i; mu[i]=-1;} for (int j=0;j<nprime&&i*prime[j]<maxn;j++) { notprime[i*prime[j]]=1; if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i]; else {mu[i*prime[j]]=0; break;} } } sum[0]=0; for (int i=1;i<maxn;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; } int main() { getmu(); while (scanf("%d%d%d",&l,&w,&h)==3) { l--; w--; h--; ans=0; for (int i=1,cur;i<=l||i<=w||i<=h;i=cur+1) { cur = 1000000; if (i<=l) cur=min(cur, l/(l/i)); if (i<=w) cur=min(cur, w/(w/i)); if (i<=h) cur=min(cur, h/(h/i)); ll a=l/cur+1, b=w/cur+1, c=h/cur+1; ans+=(sum[cur]-sum[i-1])*(a*b*c-1); } printf("%lld\n",ans); } }