BZOJ 2301 [HAOI2011]Problem b (容斥+莫比乌斯反演+分块优化 详解)


2301: [HAOI2011]Problem b

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Description

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。

Input

第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a、b、c、d、k

Output

共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

Sample Input

2

2 5 1 5 1

1 5 1 5 2

Sample Output

14

3

HINT

100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000


题目链接:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2301


题目分析:首先n就是五万,因此每次即使是O(n)的计算总的下来也是O(n^2)了,因此对于每次操作我们要让时间复杂度小于O(n),题意很清楚

先将原式变形:

a / k <= x / k <= b / k,c / k <= y / k <= d / k,gcd(x / k, y / k) = 1,令cal(b / k,d / k)为1 <= x / k <= b / k,1 <= y / k <= d / k时取出的满足条件的个数,则根据容斥原理有

ans = cal(b / k,d / k) - cal((a - 1) / k,d / k) - cal((c - 1) / k,b / k) + cal((a - 1) / k,(c - 1) / k),因为1~a-1和1~c-1都不在我们所求的范围内,又减的时候这段区间减了两次,因此要再加上一个,接下来看cal函数,这里要用到分块求和,如果不做优化,就是直接枚举公约数ans += mob[i] * (l / i) * (r / i)但这样会超时,考虑到不能整除的特性,在很大一段区间内(l / i)和(r / i)的值是相同的,举个简单的例子,l = 10,r  =  11那么可以看出 i从6到10,l / i和r / i的值都是1,因此考虑分块求和,从i开始最长的相等区间长度为min(l / (l / i),r / (r / i)),这里如果不能理解的话,比如l / (l / i),设l / i = p,p表示整除时的值,那么l / p就是从i开始整除值为p的个数了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int const MAX = 50005;
int p[MAX], mob[MAX], sum[MAX];
bool prime[MAX];
int a, b, c, d, k;

void Mobius()
{
    int pnum = 0;
    memset(prime, true, sizeof(prime));
    memset(sum, 0, sizeof(sum));
    mob[1] = 1;
    sum[1] = 1;
    for(int i = 2; i < MAX; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            p[pnum ++] = i;
            mob[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < pnum && i * p[j] < MAX; j++)
        {
            prime[i * p[j]] = false;
            if(i % p[j] == 0)
            {
                mob[i * p[j]] = 0;
                break;
            }
            mob[i * p[j]] = -mob[i];
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + mob[i];
    }
}

int cal(int l, int r)
{
    if(l > r)
        swap(l, r);
    int ans = 0;
    for(int i = 1, last = 0; i <= l; i = last + 1)
    {
        last = min(l / (l / i), r / (r / i));
        ans += (l / i) * (r / i) * (sum[last] - sum[i - 1]);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    Mobius();
    int n;
    scanf("%d", &n);
    while(n --)
    {
        scanf("%d %d %d %d %d", &a, &b, &c, &d, &k);
        int ans = 0;
        ans += cal(b / k, d / k);
        ans -= cal((a - 1) / k, d / k);
        ans -= cal((c - 1) / k, b / k);
        ans += cal((a - 1) / k, (c - 1) / k);
        printf("%d\n", ans);   
    }
}


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