题目就是要求 ac == bd 的方案数，其中 a,b,c,d 1≤a,b,c,d≤n
题目链接：http://www.fjutacm.com/Problem.jsp?pid=3692
周赛的题，原题是牛客网的https://ac.nowcoder.com/acm/problem/21578，加大了点难度
先稍微分析一下数据范围
30数据，n比较小，所以直接暴力就行了，注意一下快速幂或者for循环求a^c次方会炸int，用4个for暴力轻松30
70数据，这个n是1e6，在算上t组，所以复杂度肯定是小于O(n)的，不然1e9就已经T了，其实对于70和90的数据，复杂度只要是sqrt(n)在乘点不是很大的常数，都是可以过的
100数据，这个t是2000，假设我留4e8来跑最后一组数据，除完省2e5，而n的范围是1e12，开个根号也要1e6，所以复杂度就不是sqrt的，比sqrt还要快的，那就是log和常数的，但是很明显，这题和素数有关，所以基本上不可能是O(1)的，所以理论上复杂度就是log或者log的几次方这样的
下面讲讲出题人做这道题的思路
我们先考虑比较简单的两种情况
- 当a=b=1的时候，不论cd取什么值，等式都是成立的，这时候c有n种取法，d有n种，方案数就是n*n
- 类似的，我们可以考虑a=b!=1的情况，这时候要使得等式成立，必须要c=d，所以有cd选择有n种，ab选择有n-1种（去掉1的情况）所以就是n*(n-1)
- 而难点就是ab不等的情况，这时候要怎么考虑
- 下面的情况都是以a<b来考虑的，a=b的情况最开始考虑过了，而a>b的情况，直接就交换ab和cd，就可以化成a<b的情况，所以就是在a<b的情况下，直接乘2就行了
- 首先，如果a^c=b^d，可以明确(x^y1)^c=(x^y2)^d，且c*y1=d*y2
- 就是说ab之间一定有不为1的公约数存在，且a^c=b^d成立时，a^(kc)=b^(kd)也一定是成立的(数学上就是两边同时k次方)，当而这个k的最大值，因为a<b，所以c>d，所以kc会更早趋近于n，所以对答案的贡献（也就是k的最大值）就是n/k，接着我们就是要找到所有的ab的情况
- 我们可以用一个简单的for循环嵌套来遍历ab
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- 这样a=i^k，b=i^q，并且保证了ab之间有公约数i
- 接着我们要求一下上面讲的k的最大值，对于这种写法，我们就可以看成c=N*q，d=N*k（N为[1,n/q]的任意整数），这时候要求k的最大值(也就是对答案的贡献)，根据上面的结论，kmax=n/q
- 我们可以发现，对于上面的for，k<q，所以对答案的贡献都是n/q
- 但是要考虑一种情况，比如当i=2，k=2，q=4，这时候的a=4，b=16，当你计算这个之后，你会在i=4,k=1,q=2的时候重复计算一遍，为了避免这种情况，我们要对kq求gcd，只有当他们互质的时候才计算答案，这样能保证，在i比较小的时候不计算，在i大的时候才计算，对于上面例子就是i=2，k=2，q=4不计算(因为gcd(k,q)=2)，i=4,k=1,q=2计算（因为gcd(k,q)=1）
- 这时候我们就得到了一份暴力的代码，那个*2是因为我们算了a<b，还要考虑a>b的情况，直接乘2
- ps:不怎么写博客，不知道为啥上下有两行，等以后懂了再填坑
ll sum=0;
sum=(ll)n*n%mod; sum=(sum+((ll)n-1)*n)%mod; x=sqrt(n); for(int i=2; i<=x; i++) { q=1; for(ll j=i*i; j<=n; j*=i) { q++; for(int k=0; k<q; k++) { int num=gcd(k,q); if(num==1) sum=(sum+(n/q)*2)%mod; } } } printf("%lld\n",sum);
- 稍微计算一下，复杂度是sqrt(n)*(一个小于60的常数)^2(因为第二个for是log级别的)
- 明显不符合100分的要求，这个代码是可以过70~90的数据（为什么是范围呢，这要看你写的时候常数有多大）
- 我们开始优化
- 可以发现，q是一个1~60的值(因为log2(n)最大值才50左右，就是2^50是大于1e12，具体多少我没去算)，对于gcd(k,q)我们可以预处理一下，用一个数组gc[i]表示1~i-1有多少个数和i互质
- 转换成代码就是
for(i=2; i<64; i++) if(gc[i]==i) for(j=i; j<64; j+=i) gc[j]=gc[j]/i*(i-1);
这样下面求的公式就化简成了
x=sqrt(n); for(int i=2; i<=x; i++) { q=1; for(ll j=i*i; j<=n; j*=i) { q++; sum=(sum+(n/q)*2*gc[q])%mod; } } printf("%lld\n",sum);
- 求gc的函数可以用欧拉函数来求（求1~i-1有多少个数和i互质）
- 这是欧拉函数预处理的写法
for(i=2; i<63; i++) gc[i]=i; for(i=2; i<63; i++) { if(gc[i]==i) for(int j=i; j<63; j+=i) gc[j]=gc[j]/i*(i-1); gc[i]<<=1; }
- 经过这个化简，我们就少了一个log复杂度，但是总的还是sqrt级别的，所以还是会t，但是这个代码好像能轻松过90？
- 再想想化简方式，可以发现第二个for，每次计算都是q=2开始，到log那啥，n/q和gc都是一样的，我们同样可以处理个前缀和，我没有每次同余是因为对于90的数据，这个x是在mod范围内，*个sqrt，也还在ll范围内，所以就没有取模，就最后取模一次就行了
len=sqrt(n); for(int i=2;i<34;i++) x[i]=(x[i-1]+(n/i)*2*gc[i])%mod; for(register int i=2; i<=len; i++) { k=1; for(ll j=i*i;j<=n;j*=i) k++; sum+=x[k]; } printf("%lld\n",sum%mod);
- 但是还是治标不治本，怎么把sqrt化成log呢？
- 由上面这个代码，你可以发现，每次对答案有影响的值主要取决于logi（n）的值，假设这个值为k，就是求i^k<=n的最大k值，而这个k的范围只有1到log2(n)
- 很明显，k是一个单调不减的值，且其中有大量的重复值
- 我假设Sqrt（n）3的含义是3次根号n，我懒得打数学符号了（其实是不会打）
- 观察下面for的q，可以算出有多少个q都是满足条件的
- 先明确一下q的含义，q表示i^q
- i^q<=n -> i<=sqrt(n)q, 也就是说，有sqrt(n)q 个i满足 i^k<=n
我们要去掉q=1的情况，在求得sqrt(n)q的情况下，只需要遍历q的所有可能值，也就是log2(n)，每次计算sum+=1LL*（sqrt(n)q）*((n/i)%mod)*gc[i]
这样得到的就是我们要的答案
求sqrt(n)q可以使用pow函数，因为pow会丢精度，所以补个0.5就OK了（不用怀疑数据的准确性，我用上面不补精度的代码尝试过了）
所以最后的代码就是
len=1; for(i=2;i<=n;i<<=1) len++; for(i=2;i<=len;i++) { temp=pow(n+0.5,1.0/i)-1; sum=(sum+temp*(n/i)*gc[i])%mod; } printf("%lld\n",sum);
因为n范围的关系，所以取模操作就得小心
附上完整核心代码
int t,i; for(i=2; i<63; i++) gc[i]=i; for(i=2; i<63; i++) { if(gc[i]==i) for(int j=i; j<63; j+=i) gc[j]=gc[j]/i*(i-1); gc[i]<<=1; } scanf("%d",&t); long long sum,n,j,temp; while(t--) { scanf("%lld",&n); sum=((2LL*n%mod*(n%mod)-n)%mod+mod)%mod; i=1; for(j=2;j<=n;j<<=1) { i++; temp=pow(n+0.5,1.0/i)-1; sum+=1LL*temp*((n/i)%mod)*gc[i]; sum%=mod; } printf("%lld\n",sum%mod); }