傳送門

題意：給定$n,m,k$,求$1\le x\le n,1\le y\le m$時$\frac{x}{y}$中數(shù)值不同的純循環(huán)小數(shù)或整數(shù)的個數(shù)。

$n\le 10^9,m\le 10^9,k\le 2\times 10^3$

顯然只需要考慮最簡分?jǐn)?shù)即$\gcd (x,y)=1$的情況

容（bu）易（yong）證明，$\frac{x}{y}$滿足題意當(dāng)且僅當(dāng)$\gcd (y,k)=1$

所以

$$Ans=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^M[\gcd (i,j)=1][\gcd (j,k)=1]$$

換下順序

$$=\sum _{j=1}^M[\gcd (j,k)=1]\sum _{i=1}^N[\gcd (i,j)=1]$$

把后面反演掉,前面不管

$$=\sum _{j=1}^M[\gcd (j,k)=1]\sum _{i=1}^N\sum _{d\mid i,d\mid j}\mu (d)$$

枚舉$d$

$$=\sum _{d=1}^N?\frac{N}{d}?\mu (d)\sum _{d\mid j}^{j\le M}[\gcd (j,k)=1]$$

換成枚舉$j$是$d$的多少倍

$$=\sum _{d=1}^N?\frac{N}{d}?\mu (d)\sum _{j=1}^{?\frac{M}{d}?}[\gcd (jd,k)=1]$$

$\gcd$拆開

$$=\sum _{d=1}^N?\frac{N}{d}?\mu (d)\sum _{j=1}^{?\frac{M}{d}?}[\gcd (j,k)=1][\gcd (d,k)=1]$$

$$=\sum _{d=1}^N?\frac{N}{d}?\mu (d)[\gcd (d,k)=1]\sum _{j=1}^{?\frac{M}{d}?}[\gcd (j,k)=1]$$

設(shè)

$$f(n,k)=\sum _{i=1}^n[\gcd (i,k)=1]$$

由于$k$只有$2000$,并且$\gcd (i,k)=\gcd (i\%k,k)$，所以瞎預(yù)處理一下就可以算出來

這樣

$$Ans=\sum _{d=1}^N?\frac{N}{d}?\mu (d)[\gcd (d,k)=1]f(?\frac{M}{d}?,k)$$

這是個整除分塊的形式，我們只需要想辦法算出

$$g(n,k)=\sum _{i=1}^n\mu (i)[\gcd (i,k)=1]$$

這個可以反演

$$g(n,k)=\sum _{i=1}^n\mu (i)\sum _{d\mid i,d\mid k}\mu (d)$$

枚舉$d$

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{d\mid i}^{i\le n}\mu (i)$$

枚舉倍數(shù)

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\mu (id)$$

前方高能

觀察$\mu (id)$,發(fā)現(xiàn)如果$\gcd (i,d)=1$,$\mu (id)$一定等于$0$

所以……我們可以丟一個$[\gcd (i,d)=1]$進(jìn)去

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}\mu (d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\mu (id)[\gcd (i,d)=1]$$

由于$\mu$是積性函數(shù)，有這個限制就可以拆開了，然后把$\mu (d)$丟前面去

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}{\mu }^2(d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\mu (i)[\gcd (i,d)=1]$$

后面那個有沒有很眼熟？

$$g(n,k)=\sum _{d\mid k}{\mu }^2(d)g(?\frac{n}{d}?,d)$$

然后就可以遞歸了

邊界：

當(dāng)$n=0$時，$g(n,k)=0$

當(dāng)$k=1$時，我們發(fā)現(xiàn)無法遞歸

所以寫個杜教篩算一下就可以了

復(fù)雜度$O(能過)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <utility> #include <map> using namespace std; typedef long long ll; const int N=1e6; int n,m,k; int np[N+5],pl[N],cnt; int mu[N+5],sum[N+5]; void init() {np[1]=mu[1]=1;for (int i=2;i<=N;i++){if (!np[i]) pl[++cnt]=i,mu[i]=-1;for (int j=1,x;(x=i*pl[j])<=N;j++){np[x]=1;if (i%pl[j]==0){mu[x]=0;break;}else mu[x]=-mu[i];}}for (int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; } map<int,int> ms; int getms(int n) {if (n<=N) return sum[n];map<int,int>::iterator p;if ((p=ms.find(n))!=ms.end()) return p->second;int ans=1;for (int l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans-=(r-l+1)*getms(n/l);}ms.insert(make_pair(n,ans));return ans; } int x[2005]; int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;} inline int f(const int& n){return n/k*x[k]+x[n%k];} map<pair<int,int>,int> sg; int g(int n,int k) {if (n==0) return 0;if (k==1) return getms(n);map<pair<int,int>,int>::iterator p;pair<int,int> pi=make_pair(n,k);if ((p=sg.find(pi))!=sg.end()) return p->second;int ans=0;for (int i=1;i*i<=k;i++)if (k%i==0){if (mu[i]) ans+=g(n/i,i);if (i*i<k&&mu[k/i]) ans+=g(n/(k/i),k/i);}sg.insert(make_pair(pi,ans));return ans; } int main() {init();scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for (int i=1;i<=k;i++) x[i]=x[i-1]+(gcd(i,k)==1);ll ans=0;for (int l=1,r;l<=n&&l<=m;l=r+1){r=min(n/(n/l),m/(m/l));ans+=(ll)(n/l)*f(m/l)*(g(r,k)-g(l-1,k));}printf("%lld\n",ans);return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【NOI2016】循环之美【莫比乌斯反演】【整除分块】【杜教筛】【类杜教筛】的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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