Description

設d(x)為x的約數個數，給定N、M，求 \(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(ij)\)

Input

輸入文件包含多組測試數據。

第一行，一個整數T，表示測試數據的組數。

接下來的T行，每行兩個整數N、M。

Output

T行，每行一個整數，表示你所求的答案。

Sample Input

2 7 4 5 6

Sample Output

110 121

HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

solution

前置知識：莫比烏斯反演

首先對于\(d\)函數有一個結論：
\[ d(ij)=\sum_{d|i}\sum_{d|j}[gcd(i,j)=1] \]
我就是因為不知道這個結論推了半個小時無果QAQ

證明大致如下：對于\(ij\)的每一個質因數\(x\)，在\(i\)里出現了\(a\)次，在\(j\)里出現了\(b\)次，則總共有\(a+b+1\)中情況，

然后進行轉換，對于任意一個要選\(q\)個的情況：

• 若\(q\leqslant a\)，就在\(i\)里選出\(q\)個，\(j\)里不選。
• 否則就在\(j\)里選出\(q-a\)個，這里的在\(j\)里選實質上是在\(i\)里選滿了，然后再在\(j\)里選的，為了不重復計數，在\(j\)里選\(z\)個實質上是選了\(z+a\)個。

對于每一個質因數都這么考慮，然后只要保證\(i,j\)互質即為一種方案。

然后把這個玩意帶到題目給的式子里去，大力推一下，可得：
\[ ans=\sum_{d^\prime=1}^{min(n,m)}\mu(d^\prime)\sum_{d_1=1}^{\lfloor\frac{n}{d^\prime}\rfloor}\lfloor\frac{n}{d_1d^\prime}\rfloor\sum_{d_2=1}^{\lfloor\frac{m}{d^\prime}\rfloor}\lfloor\frac{m}{d_2d^\prime}\rfloor \]
令\(f\)為式子后面那一塊，即：
\[ f(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]
然后考慮下這個函數的性質：

對于枚舉的\(i\)，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)實質上就是\(n\)以內能整除\(i\)的數的個數。

反過來想，對于每個數，它的每一個約數都對答案有1的貢獻，所以\(f(n)\)等價于\(n\)以內的所有數的約數個數和。

然后線篩下約數個數和莫比烏斯函數，求下前綴和，整除分塊下，就做完了。

時間復雜度\(O(n+q\sqrt{n})\)。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;#define int long long void read(int &x) {x=0;int f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f; }void print(int x) {if(x<0) putchar('-'),x=-x;if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48); } void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}const int maxn = 5e4+1;int d[maxn],pri[maxn],tot,p[maxn],vis[maxn],mu[maxn];void sieve() {d[1]=mu[1]=1;for(int i=2;i<maxn;i++) {if(!vis[i]) pri[++tot]=i,d[i]=2,p[i]=2,mu[i]=-1;for(int t,j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {vis[t=i*pri[j]]=1;if(!(i%pri[j])) {p[t]=p[i]+1;d[t]=d[i]/p[i]*p[t];mu[t]=0;break;}p[t]=2,d[t]=d[i]*p[t];mu[t]=-mu[i];}}for(int i=1;i<maxn;i++) mu[i]=mu[i]+mu[i-1];for(int i=1;i<maxn;i++) d[i]=d[i-1]+d[i]; }signed main() {sieve();int t;read(t);while(t--) {int n,m;read(n),read(m);int T=1,ans=0;if(n>m) swap(n,m);while(T<=n) {int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));ans+=(mu[T]-mu[pre-1])*d[n/T]*d[m/T];T++;}write(ans);}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/hbyer/p/10062542.html

總結

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