【BZOJ5332】[SDOI2018]旧试题（数论，三元环计数）
题面
题解
如果只有一个\(\sum\)，那么我们可以枚举每个答案的出现次数。
首先约数个数这个东西很不爽，就搞一搞，变成\(\displaystyle \sum_{d|i}1\)
那么原式就可以写成：\(\displaystyle \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d=1}^Ad|ijk\)。
既然\(d|ijk\)，意味着\(d\)可以分别拆成\(i\)的一个因子，\(j\)的一个因子，\(k\)的一个因子的乘积，那么我们接着写，改写成\(\displaystyle \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}1\)的形式。然而这个样子是会算重的。考虑这里怎么处理。
\(\displaystyle d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\)。
证明：
令\(i*j=\prod p_i^{a_i}\)，令\(i=\prod p_i^{b_i}\)，则\(j=\prod p_i^{a_i-b_i}\)。
令\(x=\prod p_i^{c_i},y=\prod p_i^{d_i}\)，如果\(gcd(x,y)=1\)，那么必定有\(c_i\)和\(d_i\)中有一个取值为\(0\)，那么这个质因子的可以分配的方案数就是\((b_i+1)+(a_i-b_i+1)-1=a_i+1\)。
发现这个式子与唯一分解定理求解约数个数的式子一样，所以得证。
类似的可以证明\(\displaystyle d(ijk)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(z,x)=1]\)。
这样子我们就可以把式子写成:\[\displaystyle \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{z|k}[(x,y)=1][(y,z)=1][(z,x)=1]\]
然后改变枚举顺序：\[\displaystyle \sum_{x=1}^A\sum_{y=1}^B\sum_{z=1}^C[(x,y)=1][(y,z)=1][(z,x)=1][\frac{A}{x}][\frac{B}{y}][\frac{C}{z}]\]
然后把\([(x,y)=1]\)变成\(\displaystyle \sum_{d|x,d|y}\mu(d)\)。
然后式子就变成了：
\[\displaystyle \sum_{x=1}^A\sum_{y=1}^B\sum_{z=1}^C\sum_{d1|x,d1|y}\mu(d1)\sum_{d2|y,d2|z}\mu(d2)\sum_{d3|z,d3|x}\mu(d3)[\frac{A}{x}][\frac{B}{y}][\frac{C}{z}]\]
然后转而枚举\(d1,d2,d3\)：
\[\displaystyle \sum_{d1=1}^A\sum_{d2=1}^B\sum_{d3=1}^C\mu(d1)\mu(d2)\mu(d3)\sum_{lcm(d1,d3)|x}[\frac{A}{x}]\sum_{lcm(d1,d2)|y}[\frac{B}{y}]\sum_{lcm(d2,d3)|z}[\frac{C}{z}]\]
后面的东西，显然可以在调和级数的复杂度内预处理，并且当\(lcm>max(A,B,C)\)的时候的值就是\(0\)。
那么考虑枚举两个数，如果它们两个的\(lcm\le max\)的话就在他们之间连上一条边，这样子就得到了一张无向图，把自环处理掉，那么剩下的每一个三元环把他们对应到\(d1,d2,d3\)上面就是一组解。把自环丢掉的时候也丢掉了有两个数或者三个数相等的情况，所以还需要额外算一下。
然而直接枚举任意两个点是\(O(n^2)\)的。
我们考虑枚举两者的\(gcd\)，然后再来枚举两个互质的数，以为\(\mu=0\)也是没有贡献的，所以\(\mu=0\)的数也不用考虑，这样子就可以减掉大量没有用的状态。
然后跑个三元环就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define pb push_back
#define MAX 100100
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int pri[MAX],tot,mu[MAX];bool zs[MAX];
void Sieve()
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<MAX;++i)
{
if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<MAX;++j)
{
zs[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j]==0)break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
int A,B,C,mx,dg[MAX],vis[MAX],book[MAX];
ll ans,fa[MAX],fb[MAX],fc[MAX];
vector<int> U,V,W;
vector<int> e[MAX],w[MAX];
int main()
{
Sieve();int T=read();
while(T--)
{
A=read();B=read();C=read();mx=max(A,max(B,C));ans=0;
for(int i=1;i<=A;++i)for(int j=i;j<=A;j+=i)fa[i]+=A/j;
for(int i=1;i<=B;++i)for(int j=i;j<=B;j+=i)fb[i]+=B/j;
for(int i=1;i<=C;++i)for(int j=i;j<=C;j+=i)fc[i]+=C/j;
for(int i=1;i<=A&&i<=B&&i<=C;++i)if(mu[i])ans+=mu[i]*fa[i]*fb[i]*fc[i];
for(int i=1;i<=mx;++i)
{
if(!mu[i])continue;
for(int j=1;i*j<=mx;++j)
{
if(!mu[i*j])continue;
for(int k=j+1;1ll*i*j*k<=mx;++k)
{
if(!mu[i*k])continue;
if(__gcd(j,k)>1)continue;
int x=i*j,y=i*k,l=i*j*k;
ans+=mu[y]*(fa[x]*fb[l]*fc[l]+fa[l]*fb[x]*fc[l]+fa[l]*fb[l]*fc[x]);
ans+=mu[x]*(fa[y]*fb[l]*fc[l]+fa[l]*fb[y]*fc[l]+fa[l]*fb[l]*fc[y]);
++dg[x];++dg[y];U.pb(x);V.pb(y);W.pb(l);
}
}
}
for(int i=0,l=U.size();i<l;++i)
{
int u=U[i],v=V[i];
if(dg[u]<dg[v]||(dg[u]==dg[v]&&u<v))e[v].pb(u),w[v].pb(W[i]);
else e[u].pb(v),w[u].pb(W[i]);
}
for(int i=1;i<=mx;++i)
{
for(int j=0,l=e[i].size();j<l;++j)vis[e[i][j]]=i,book[e[i][j]]=w[i][j];
for(int j=0,l=e[i].size();j<l;++j)
{
int u=e[i][j];
for(int k=0,lk=e[u].size();k<lk;++k)
{
int v=e[u][k];if(vis[v]!=i)continue;
int a=w[i][j],b=book[v],c=w[u][k];
ans+=mu[i]*mu[u]*mu[v]*(fa[a]*fb[b]*fc[c]+fa[a]*fb[c]*fc[b]+fa[b]*fb[a]*fc[c]+fa[b]*fb[c]*fc[a]+fa[c]*fb[a]*fc[b]+fa[c]*fb[b]*fc[a]);
}
}
}
printf("%lld\n",ans%MOD);
for(int i=1;i<=mx;++i)fa[i]=fb[i]=fc[i]=dg[i]=vis[i]=0;
for(int i=1;i<=mx;++i)e[i].clear(),w[i].clear();
U.clear();V.clear();W.clear();
}
}