[HDU1695]GCD（莫比乌斯反演）

题目描述

传送门

题解

人生第一次正儿八经的莫比乌斯反演？
题目要求

∑i=1b∑j=1d[(i,j)=k]

变形

∑i=1b∑j=1d[k|i][k|j][(ik,jk)=1]

令i=ik，j=jk得

∑i=1bk∑j=1dk[(i,j)=1]

我们设f(n)为最大公约数为n的数对个数，F(n)为公约数为n的数对个数，即最大公约数为n的倍数的数的个数，则f(1)就是我们要求的答案。
存在关系

F(n)=∑n|df(d)

利用莫比乌斯反演公式可以得到

f(n)=∑n|dμ(d)F(dn)

那么接下来的问题就是求解F(n)

由F(n)的定义可以得到公式

F(n)=∑i=1b∑j=1d[n|(i,j)]

其实也就是[1,b][1,d]范围内可以同时整除n的数对个数
设[1,b]内可以整除n的数个数为p，[1,d]内可以整除n的数的个数为q，那么由乘法原理可得F(n)=p*q
那么利用结论

p=⌊bn⌋,q=⌊dn⌋

可以得到

F(n)=⌊bn⌋∗⌊dn⌋

那么我们现在就可以O(1)得到F(n)的函数值

那么我们回到原来的公式

f(n)=∑n|dμ(d)F(dn)

我们要求解f(1)，那么公式变成了

f(1)=∑μ(d)F(d)

那么我们只要枚举d就可以了
看上去d好像是没有上限的，但是仔细观察公式 F(n)=⌊bn⌋∗⌊dn⌋ 可以知道，当枚举的d>min(b,d)（注意前面的d是枚举的莫比乌斯反演公式中的d，后面的b，d是题目中给的）时，F(n)的函数值为0，就不会再计算了。所以枚举d的上限为min(b,d)
这里的 μ 是可以线性筛出来的，F(n)是可以O(1)算出来的，算法的思路就很清晰了。

不过这道题还牵扯到一个“去重”问题，假设b < d，显然根据以上的计算步骤，只有[1,b]范围内的数对被重复计算了。所以我们需要计算出[1,b]范围内不重复的满足条件的数对的个数，再用刚才算出的f(1)减去它。而这就相当于d和b相等，再用同样的方法计算一遍f(1)即可。因为两个上界的范围相同，都是b，所以所有数对都被计算了两次，可以直接除以2来获得不重复的答案。时间复杂度是O(n)的。

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代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=1e5;

int T,a,b,c,d,k;
LL ans,re;
int mu[N+5],p[N+5],prime[N+5];

inline void get_mu(){
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;++i){
        if (!p[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=N;++j){
            p[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
inline LL F(int n){
    return (LL)(b/n)*(d/n);
}
int main(){
    get_mu();
    scanf("%d",&T);
    for (int t=1;t<=T;++t){
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        if (k==0){printf("Case %d: %d\n",t,0);continue;}
        b/=k; d/=k; if (b>d) swap(b,d);
        ans=re=0;
        for (int i=1;i<=b;++i) ans+=mu[i]*F(i);
        d=b;
        for (int i=1;i<=b;++i) re+=mu[i]*F(i);
        ans-=re/2;
        printf("Case %d: %I64d\n",t,ans);
    }
}