P2522 HAOI2011

題意

對于給出的n個詢問，每次求有多少個數對$(x,y)$，滿足$a\le x\le b$，$c\le y\le d$，且$gcd(x,y)=k$，$gcd(x,y)$函數為$x$和$y$的最大公約數.

題解

即求式子${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]$.

記$f(n,m)={\sum }_{x=1}^n{\sum }_{y=1}^m[gcd(x,y)=k]$

根據二維前綴和公式,可以將式子轉換成:

${\sum }_{x=a}^b{\sum }_{y=c}^d[gcd(x,y)=k]=f(b,d)+f(a?1,c?1)?f(a?1,d)?f(b,c?1)$

因此我們只要能得到$f(n,m)$的計算方法即可.

求$f(n,m)$的套路非常明顯:莫比比烏斯反演

由于${\sum }_{k|d}{\sum }_{x=1}^n{\sum }_{y=1}^m[gcd(x,y)=d]=?\frac{n}{k}??\frac{m}{k}?$.

反演得到$f(n,m)={\sum }_{k|d}\mu (\frac{d}{k})?\frac{n}{d}??\frac{m}{d}?$

令$t=d/k$.

$f(n,m)={\sum }_{t=1}^{n/d}\mu (t)?\frac{n}{kt}??\frac{m}{kt}?$

對上式子進行分塊計算,可以將時間復雜度從$O(n)$降至$O(\sqrt{n})$.

總結

對于形如$f(x)={\sum }_{x|d}\mu (\frac{d}{x})g(?\frac{n}{d}?)$這樣的式子,我們都可以用$t=d/x$代換后數論分塊進行加速.

$f(x)={\sum }_{t=1}^{n/x}\mu (t)g(?\frac{n}{xt}?)$

時間復雜度從$O(n)$降至$O(\sqrt{n})$.

代碼

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl #define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)const int N = 50000;int prime[N+10],zhi[N+10],mu[N+10],pcnt;void sieve() {zhi[1] = mu[1] = 1;for(int i = 2;i <= N;++i) {if(!zhi[i]) {mu[i] = -1;prime[pcnt++] = i;}for(int j = 0;j < pcnt && prime[j]*i <= N;++j) {zhi[i*prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) {mu[i*prime[j]] = 0;break;}else mu[i*prime[j]] = -mu[i];}}for(int i = 1;i <= N;++i) mu[i] += mu[i-1]; } int a,b,c,d,k,T; int calc(int n,int m) {int ans = 0;int lim = std::min(n/k,m/k);for(int i = 1,nx1,nx2,nxt;i <= lim;i=nxt+1) {nx1 = n/(n/i);nx2 = m/(m/i);nxt = nx1>nx2?nx2:nx1;ans += (mu[nxt]-mu[i-1])*(n/i/k)*(m/i/k);}return ans; } int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);sieve();std::cin >> T;while(T--) {std::cin >> a >> b >> c >> d >> k;int ans = calc(b,d)+calc(a-1,c-1)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1);std::cout << ans << std::endl;}return 0; }

總結

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