P1587 [NOI2016]循环之美
题目大意：
给定n，m，k。求\(K\)进制下既约分数\(\displaystyle \frac{x}{y}（1\leq x\leq n, 1\leq y\leq m）\)且为纯循环小数的个数。
题解：
首先是判断分数\(\displaystyle \frac{x}{y}\)是否为纯循环小数的方法，
根据打表可以得到结论：
\(K\)进制下，\(\displaystyle \frac{x}{y}\)为纯循环小数当且仅当\(y\)与\(k\)互质。
证明：
\(K\)进制下，\(\displaystyle \frac{x}{y}\)为纯循环小数，则有
\[ x*k^l\equiv x(mod\ y)(l \neq 0) \]
两边同除\(x\).
\[ k^l\equiv1(mod\ y) \]
得\(k, y\)互质。
证毕。
题目转化为求
\[ \displaystyle \sum_{x=1}^{n} \displaystyle \sum_{y=1}^{m}[gcd(x, y)==1][gcd(y, k)==1] \]
\[ \displaystyle \sum_{x=1}^{n} \displaystyle \sum_{y=1}^{m}[gcd(y, k)==1][gcd(x, y)==1] \]
更换枚举顺序
\[ \displaystyle \sum_{y=1}^{m}[gcd(y, k)==1]\displaystyle \sum_{x=1}^{n} [gcd(x, y)==1] \]
莫比乌斯反演得
\[ \displaystyle \sum_{y=1}^{m}[gcd(y, k)==1]\displaystyle \sum_{x=1}^{n} \displaystyle \sum_{d|gcd(x, y)}\mu(d) \]
枚举约数\(d\)得
\[ \displaystyle \sum_{d=1}^{n}\mu(d) \displaystyle \sum_{d|x}^{n} \displaystyle \sum_{d|y}^{m}[gcd(y,k)==1] \]
\[ \displaystyle \sum_{d=1}^{n}[gcd(d,k)==1]\mu(d) \displaystyle \sum_{x=1}^{\displaystyle \displaystyle \lfloor\frac{n}{d}\displaystyle \rfloor} \displaystyle \sum_{y=1}^{\displaystyle \displaystyle \lfloor \frac{m}{d}\displaystyle \rfloor}[gcd(y,k)==1] \]
\[ \displaystyle \sum_{d=1}^{n}[gcd(d,k)==1]\mu(d) \displaystyle \displaystyle \lfloor \frac{n}{d} \displaystyle \rfloor \displaystyle \sum_{y=1}^{\displaystyle \displaystyle \lfloor \frac{m}{d}\displaystyle \rfloor}[gcd(y,k)==1] \]
令\(f(x)=\displaystyle \sum_{i=1}^{x}[gcd(i,k)==1],s(x,k)=\displaystyle \sum_{i=1}^{x}[gcd(i,k)==1]\mu(i)\).
考虑求\(f(x)\)，若\(i\)与\(k\)互质，则有\(i+k\)与\(k\)互质。
所以
\[ f(x)=\displaystyle \lfloor\displaystyle\frac{x}{k}\displaystyle \rfloor f(k) + f(x \mbox{%} k) \]
预处理\(f(x)\)满足\(1\leq x\leq k\)的\(f(x)\),剩下的递归处理即可。
考虑求\(s(x, k)\).
\[ s(x,k)=\sum_{i=1}^{x}[gcd(i,k)==1]\mu(i)\\=\sum_{i=1}^{x}\mu(i)[gcd(i,k)==1]\\=\sum_{i=1}^{x}\mu(i)\sum_{d|gcd(i,k)}\mu(d)\\=\sum_{i=1}^{x}\mu(i)\sum_{d|i,d|k}\mu(d)\\=\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{d|i}\mu(i)\\=\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{d}\rfloor}\mu(i*d) \]
若$gcd(i,d)\neq \(时，\)\mu(i*d)=0$，对答案没有贡献.
由积性函数的性质\(f(x)=g(x)*h(x)\)得
\[ =\sum_{d|k}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x}{d}\rfloor}[gcd(i,d)==1]\mu(i)\mu(d)\\=\sum_{d|k}\mu(d)^2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x}{d}\rfloor}[gcd(i,d)==1]\mu(i)\\=\sum_{d|k}\mu(d)^2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x}{d}\rfloor}[gcd(i,d)==1]\mu(i)\\=\sum_{d|k}\mu(d)^2*s(\lfloor \frac{x}{d}\rfloor,d) \]
递归处理即可。
但当\(k=1\)时，\(s(x,k)\)的值无法通过递归得出。
考虑\(k=1\)的情况，
\[ s(x,1)=\sum_{i=1}^{x}[gcd(i,1)==1]\mu(i)\\=\sum_{i=1}^{x}\mu(i) \]
由于\(1\leq x\leq 1e8\)，杜教筛求前缀和即可。
题目中所求的
\[ ans=\displaystyle \sum_{d=1}^{n}[gcd(d,k)==1]\mu(d) \displaystyle \displaystyle \lfloor \frac{n}{d} \displaystyle \rfloor \displaystyle \sum_{y=1}^{\displaystyle \displaystyle \lfloor \frac{m}{d}\displaystyle \rfloor}[gcd(y,k)==1] \]
数论分块处理。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
#include <algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int read() {
int x = 0, f = 1; char ch;
while(! isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
map <pair <int, int>, int> mp;
int n, m, K, ans;
int tot, gcd_k[N], f[N], mu[N], Smu[N], vis[N], pri[N];
void init() {
for(int i = 1; i <= K; ++ i) gcd_k[i] = __gcd(i, K) == 1;
for(int i = 1; i <= K; ++ i) f[i] = f[i - 1] + gcd_k[i];
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; ++ i) {
if(! vis[i]) pri[++ tot] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= tot && i * pri[j] < N; ++ j) {
vis[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j] == 0) break;
mu[i * pri[j]] = - mu[i];
}
}
for(int i = 1; i < N; ++ i) Smu[i] = Smu[i - 1] + mu[i];
}
int Sf(int x) {
return (x / K) * f[K] + f[x % K];
}
int Ss(int x, int k){
if((k == 1 && x <= N) || x == 0) return Smu[x];
if(mp[make_pair(x, k)]) return mp[make_pair(x, k)];
int res = 0;
if(k == 1) {
res = 1;
for(int i = 2, j; i <= x; i = j + 1) {
j = x / (x / i);
res -= (j - i + 1) * Ss(x / i, k);
}
}
else {
for(int i = 1; i * i <= k; ++ i) {
if(k % i) continue;
if(mu[i]) res += Ss(x / i, i);
if(i * i != k && mu[k / i]) {
res += Ss(x / (k / i), k / i);
}
}
}
return mp[make_pair(x, k)] = res;
}
signed main() {
n = read(); m = read(); K = read();
init();
for(int i = 1, j, nw = 0, lst = 0; i <= min(n, m); i = j + 1) {
j = min(n / (n / i), m / (m / i));
nw = Ss(j, K);
ans = ans + (nw - lst) * (n / i) * Sf(m / i);
lst = nw;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}