【BZOJ2820】GCD

题目

解法：莫比乌斯反演

一道较简单的莫比乌斯反演，推推式子就OK了。

\begin{aligned} A n s & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{p} [gcd (i, j) = p] \\ = \sum_{p} \sum_{i}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j}^{⌊ \frac{m}{p} ⌋} [gcd (i, j) = 1] \\ = \sum_{p} \sum_{i}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j}^{⌊ \frac{m}{p} ⌋} \sum_{d | gcd (i, j)} μ (d) \\ = \sum_{p} \sum_{d = 1}^{min (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} μ (d) \sum_{i}^{⌊ \frac{n}{d p} ⌋} \sum_{j}^{⌊ \frac{m}{d p} ⌋} 1 \\ = \sum_{p} \sum_{d = 1}^{min (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} ⌊ \frac{n}{d p} ⌋ ⌊ \frac{m}{d p} ⌋ μ (d) \end{aligned}

$\begin{split} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_p\left[\gcd\left(i,j\right)=p\right]\\ &=\sum_p\sum_i^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_j^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\left[\gcd\left(i,j\right)=1\right]\\ &=\sum_p\sum_i^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_j^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum_{d|\gcd\left(i,j\right)}\mu(d)\\ &=\sum_p\sum_{d=1}^{\min\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\right)}\mu(d)\sum_i^{\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor}\sum_j^{\left\lfloor\frac{m}{dp}\right\rfloor}1\\ &=\sum_p\sum_{d=1}^{\min\left(\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\right)}\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dp}\right\rfloor\mu\left(d\right) \end{split}$

单次询问时间复杂度： $O\left(\pi(n)\sqrt{\min\left(n,m\right)}\right)$ ，一眼看过去，诶，能过，突然就看到了多组数据 $T\leqslant10^5$ 。。凉了呀

发现式中有迭代变量的乘积，于是设 $t=dp$ ，就有：

\begin{aligned} A n s & = \sum_{p} \sum_{d = 1}^{min (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} ⌊ \frac{n}{d p} ⌋ ⌊ \frac{m}{d p} ⌋ μ (d) \\ = \sum_{t = d p} ⌊ \frac{n}{t} ⌋ ⌊ \frac{m}{t} ⌋ \sum_{p} μ (\frac{t}{p}) \end{aligned}

$\begin{split} Ans&=\sum_p\sum_{d=1}^{\min\left(\left\lfloor\frac{n} {p}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m} {p}\right\rfloor\right)}\left\lfloor\frac{n}{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{dp}\right\rfloor\mu\left(d\right)\\ &=\sum_{t=dp}\left\lfloor\frac{n}{t}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{t}\right\rfloor\sum_p\mu\left(\frac{t}{p}\right) \end{split}$

在筛出素数后，迭代求出 $\sum_p\mu\left(\frac{t}{p}\right)$ 的前缀和，
即可使用分块求解。

时间复杂度： $O\left(T\cdot(\pi(n)\log\pi(n)+\sqrt{n}\right))$

AC代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>

using namespace std;

const int N=10000000;
vector<int> prime;
bool check[10000001];
int T,n,m;
long long summu[10000001],mu[10000001];

void sieve(){
    mu[1]=1ll;
    for(int i=2;i<=N;++i){
        if(!check[i]){
            prime.push_back(i);
            mu[i]=-1ll;
        }
        for(int j:prime){
            if(i*j>N)break;
            mu[i*j]=-mu[i];
            check[i*j]=true;
            if(i%j==0){
                mu[i*j]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i:prime)for(int j=1;i*j<=N;++j)summu[i*j]+=mu[j];
    for(int i=1;i<=N;++i)summu[i]+=summu[i-1];
}

void solve(int n,int m){
    if(n>m)swap(n,m);
    int lst;
    long long res=0ll;
    for(int i=1;i<=n;i=lst+1){
        lst=min(n/(n/i),m/(m/i));
        res+=(summu[lst]-summu[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    printf("%lld\n",res);
}

int main(){
    scanf("%d",&T);
    sieve();
    for(int i=1;i<=T;++i){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        solve(n,m);
    }
}

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