Description
给出\(n,m(n,m\leq10^9)\)和\(k(k\leq2000)\)，求在\(k\)进制下，有多少个数值不同的纯循环小数可以表示成\(\dfrac{x}{y}\)的形式，其中\(x\in[1,n],y\in[1,m]\)。一个数是纯循环小数当且仅当它能写成\(a.\dot{c_1} c_2 c_3 \ldots c_{p-1}\dot{c_p}\)的形式。
Solution
原题相当于求有多少个数对\((x,y)\)满足\(gcd(x,y)=1\)且\(\dfrac{x}{y}\)是纯循环小数。因为若\(x,y\)不互质且在范围内，将\(\dfrac{x}{y}\)化为最简分数依然在范围内。
首先考虑一个数是纯循环小数意味着什么。
\[\begin{align*} a.\dot{c_1} c_2 c_3 \ldots c_{p-1}\dot{c_p} &= a+\sum_{i=0}^{+∞}(0.c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_{k}\cdot k^{-ip} \\ &= a+(0.c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_{k}\sum_{i=0}^{+\infty}(k^{-p})^i \\ &= a+\frac{1}{1-k^{-p}}(0.c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_{k} \\ &= a+\frac{(c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_k}{k^p-1} \\ \frac{x}{y} &= a+\frac{(c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_k}{k^p-1} \\ \lfloor \frac{x}{y} \rfloor + \frac{x \bmod y}{y} &= a+\frac{(c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_k}{k^p-1} \end{align*}\] 令\(a=\lfloor \dfrac{x}{y} \rfloor\)，那么若\(\dfrac{x \bmod y}{y}\)能表示成\(\dfrac{(c_1c_2c_3\ldots c_{p-1}c_p)_k}{k^p-1}\)的形式则说明\(\dfrac{x}{y}\)是纯循环小数。由于\(\dfrac{x \bmod y}{y}\)是最简分数，所以\(\dfrac{x}{y}\)是纯循环小数 ⇔ \(\exists p\)使得\(y|k^p-1\) ⇔ \(\exists p\)使得\(k^p \bmod y = 1\) ⇔ \(gcd(y,k)=1\)。
于是原题相当于求
\[\begin{align*} ans &= \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^n [gcd(x,y)=1][gcd(y,k)=1] \\ &= \sum_{d=1}^{+∞} \mu(d) \sum_{d|x}^n \sum_{d|y}^m [gcd(y,k)=1] \\ &= \sum_{d=1}^{+∞} \mu(d) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [gcd(id,k)=1] \\ &= \sum_{d=1}^{min(n,m)} [gcd(d,k)=1]\mu(d) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} [gcd(i,k)=1] \\ \end{align*}\]于是我们发现我们主要要求两个东西：\(f(x,k)=\sum_{i=1}^x [gcd(i,k)=1]\)和\(g(x,k)=\sum_{i=1}^x [gcd(i,k)=1]\mu(i)\)。算出他们就可以利用整除分块来快速计算。
易知\(f(x,k)=\lfloor\dfrac{x}{k}\rfloor f(k,k)+f(x\bmod k,k)\)，而对于\(x\in[0,k]\)我们都可以预处理出来，所以\(f\)很好求。
考虑\(g\)怎么求。将\(k\)表示成\(p^tq\)的形式，其中\(p\)是质数，\(gcd(p,q)=1\)。那么\(gcd(i,k)=1 ⇔ gcd(i,p)=1,gcd(i,q)=1\)。那么我们从满足\(gcd(i,q)=1\)的\(i\)中减去\(gcd(i,p)\neq1\)即\(p|i\)的部分，即：
\[\begin{align*} g(x,k) &= \sum_{i=1}^x[gcd(i,q)=1]\mu(i)-\sum_{p|i}^x[gcd(i,q)=1]\mu(i) \\ &= g(x,q)-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{p}\rfloor}[gcd(ip,q)=1][gcd(i,p)=1]\mu(ip) \\ &= g(x,q)-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{p}\rfloor}[gcd(i,k)=1]\mu(i)\mu(p) \\ &= g(x,q)-g(\lfloor\frac{x}{p}\rfloor,k) \end{align*}\] 易知\(g(x,1)=\sum_{i=1}^x \mu(i)\)，可以用杜教筛来求。用map或哈希表来对\(g\)进行存储以进行记忆化搜索，就可以通过本题啦。
Code
//「NOI2016」循环之美
#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
const int N=3e6+10;
int n,m,k;
int gcd(int x,int y) {return x%y?gcd(y,x%y):y;}
int f0[2001];
void initF() {for(int i=1;i<=k;i++) f0[i]=f0[i-1]+(gcd(i,k)==1);}
int f(int x) {return x/k*f0[k]+f0[x%k];}
int prCnt,pr[N]; bool prNot[N];
int muS[N];
void initG(int n)
{
muS[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!prNot[i]) pr[++prCnt]=i,muS[i]=-1;
for(int j=1;j<=prCnt;j++)
{
int x=i*pr[j]; if(x>n) break;
prNot[x]=true;
if(i%pr[j]) muS[x]=-muS[i]; else break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) muS[i]+=muS[i-1];
}
map<pair<int,int>,int> g1;
map<pair<int,int>,bool> getG;
int sum(int x)
{
pair<int,int> x_1=make_pair(x,1);
if(x<=2e6) return g1[x_1]=muS[x];
if(getG[x_1]) return g1[x_1];
lint res=1;
for(int L=2,R;L<=x;L=R+1)
{
int v=x/L; R=x/v;
res-=1LL*(R-L+1)*sum(v);
}
getG[x_1]=true;
return g1[x_1]=res;
}
int g(int x,int k)
{
pair<int,int> x_k=make_pair(x,k);
if(getG[x_k]) return g1[x_k];
if(x==0||k==1) return sum(x);
int p,q;
for(int i=1;i<=prCnt;i++) if(k%pr[i]==0) {p=pr[i]; break;}
q=k; while(q%p==0) q/=p;
getG[x_k]=true;
int r=g(x,q)+g(x/p,k);
return g1[x_k]=r;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int n0=min(n,m);
initF(); initG(2e6);
long long ans=0;
for(int L=1,R;L<=n0;L=R+1)
{
int v1=n/L,v2=m/L; R=min(n/v1,m/v2);
ans+=1LL*(g(R,k)-g(L-1,k))*v1*f(v2);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}P.S.
本题中\(n,m\)的意义不等价，不可以互换...我以前为了简洁经常是用swap钦定\(n<m\)，结果这题鸽了一周看不出来锅...