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解析：

首先一个很久没有的数论函数符号 $\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d$

就是 $n$ 的所有约数之和。

首先不管那个 $a$ 的限制。

那么我们要求的这个式子就是： $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sigma(\gcd(i,j))$

开始化简： $\begin{aligned} Ans=&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\ \end{aligned}$

直接反演得到： $\begin{aligned} Ans=&\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\sigma(d)\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{\min(n,m)}d\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac n{dt}\rfloor\lfloor\frac m{dt}\rfloor\\ =&\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}T\rfloor\sum_{d\mid T}\sigma(d)\mu(\frac{T}{d}) \end{aligned}$

设 $g(T)=\sum_{d\mid T}\sigma(d)\mu(\frac{T}d)$ ，如果没有 $a$ 的限制，我们现在已经可以做到 $O(n)$ 预处理， $O(\sqrt n+\sqrt m)$ 回答每个询问了。。。

但是这令人窒息的 $a$ 导致一部分 $\sigma$ 是没有贡献的。

这样一来就变得很麻烦了，我们考虑离线处理。对所有询问的 $a$ 和所有数的 $\sigma$ 进行排序，从小到大添加。

考虑树状数组维护 $g$ 函数的前缀和。

每个 $\sigma$ 添加进来的时候需要把所有该加的都加上，所有 $\sigma$ 加完是一个调和级数，总复杂度 $O(n\log^2 n)$

回答询问需要在树状数组里面查询 $O(\sqrt n)$ 次，复杂度 $O(\sqrt n\log n)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc get_char
#define pc putchar
#define cs const

namespace IO{
    namespace IOONLY{
        cs int Rlen=1<<18|1;
        char buf[Rlen],*p1,*p2;
    }
    inline char get_char(){
        using namespace IOONLY;
        return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++; 
    }
    
    inline int getint(){
        re int num;
        re char c;
        while(!isdigit(c=gc()));num=c^48;
        while(isdigit(c=gc()))num=(num+(num<<2)<<1)+(c^48);
        return num;
    }
    inline void outint(int a){
        static char ch[23];
        if(a==0)pc('0');
        while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
        while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
    }
}
using namespace IO;

cs int P=100005,N=P-5;
int prime[P],pcnt,mu[P],g[P];
bool mark[P];

inline void linear_sieves(int len=P-5){
    mu[1]=1;
    for(int re i=2;i<=len;++i){
        if(!mark[i])prime[++pcnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int re j=1;i*prime[j]<=len;++j){
            mark[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int re i=1;i<=len;++i)
    for(int re j=i;j<=len;j+=i)g[j]+=i;
}

int val[N];
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
inline void add(int pos,int v){
    for(;pos<N;pos+=lowbit(pos))val[pos]+=v;
}

inline int query(int pos,int res=0){
    for(;pos;pos-=lowbit(pos))res+=val[pos];
    return res;
}

inline unsigned int solve(int n,int m){
    unsigned int ans=0;
    if(n>m)swap(n,m);
    for(int re i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(n/i)*(m/i)*(query(j)-query(i-1));
    }
    return ans;
}

struct Query{
    int n,m,a,id;
    friend bool operator<(cs Query &a,cs Query &b){
        return a.a<b.a;
    }
}Q[20004];

int A[P];
inline bool cmp(cs int &a,cs int &b){
	return g[a]<g[b];
}

int T;
unsigned int ans[20004];
signed main(){
    linear_sieves();
    T=getint();
    for(int re i=1;i<=T;++i)Q[i].n=getint(),Q[i].m=getint(),Q[i].a=getint(),Q[i].id=i;
    for(int re i=1;i<=N;++i)A[i]=i;
    sort(Q+1,Q+T+1);sort(A+1,A+N+1,cmp);
    for(int re i=1,j=1;i<=T;++i){
        for(;j<=N&&g[A[j]]<=Q[i].a;++j)
            for(int re k=1;k*A[j]<=N;++k)add(k*A[j],g[A[j]]*mu[k]);
        ans[Q[i].id]=solve(Q[i].n,Q[i].m);
    }
    for(int re i=1;i<=T;++i)outint(ans[i]&~(1<<31)),pc('\n');
    return 0;
}

2019.01.20【SDOI2014】【BZOJ3529】【洛谷P3312】数表（莫比乌斯反演）（树状数组）

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