題目大意：略

洛谷傳送門

首先要知道這樣一個公式不知道這個公式這道題還怎么做...

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$d(ij)=\sum\limits_{x=1}^{i} \sum\limits_{y=1}^{j}[gcd(x,y)==1]$

具體證明可以參考這位神犇的博客

大意是說，令$k=i \cdot j$，把$k,i,j$都分解成質(zhì)因子冪次乘積的形式

那么對于其中一個質(zhì)因子$p$，$k,i,j$里，$p$的冪次分別為$c,a,b$

那么因為$p^{c}=p^{a} \cdot p^{b},c=a+b$

對于$k$的所有約數(shù)，$p$能取的冪次是$0,1,2...c$，一共$c+1=a+b+1$種取值

而在上述式子中，保證$x,y$互質(zhì)，則$x,y$中$p$的指數(shù)，$x$取$0$，$y$取$[1,b]$，或者$x$取$[1,a]$，$y$取$0$，或者$x,y$都取$0$，一共$a+b+1$種取值，和上述論證吻合

而質(zhì)因子之間互不影響，所以推廣到多個質(zhì)因子上，這個結(jié)論依然是正確的

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進入正題，我們有了這個公式，下面的推導就十分經(jīng)典套路了

$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j} [gcd(x,y)==1]$

$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sum\limits_{x|i} \sum\limits_{y|j} \sum\limits_{d|gcd(x,y)} \mu(d)$

$\sum\limits_{d=1}^{n} \mu(d) \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[d|gcd(x,y)]$

$\sum\limits_{d=1}^{n} \mu(d) \sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}?\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor?\left \lfloor \frac{m}{y} \right \rfloor [d|gcd(x,y)]$

$\sum\limits_{d=1}^{n} \mu(d) \sum\limits_{x=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{dx} \right \rfloor?\sum\limits_{y=1}^{m} \left \lfloor \frac{m}{dy} \right \rfloor$?

令$g(n)=\sum\limits_{x=1}^{n}?\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor$

則$\sum\limits_{d=1}^{n} \mu(d) g(\left \lfloor \frac{n}ozvdkddzhkzd \right \rfloor) g(\left \lfloor \frac{m}ozvdkddzhkzd \right \rfloor )$

$g(n)$可以利用整除分塊的思想在$O(n\sqrt n)$的時間內(nèi)預(yù)處理出來

對于每個詢問也用整除分塊求解即可，總時間$O(T\sqrt n+n\sqrt n)$

1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define N1 50010 5 #define ll long long 6 #define dd double 7 #define inf 2147483647 8 #define maxn 50000 9 using namespace std; 10 11 ll g[N1]; 12 int pr[N1],mu[N1],smu[N1],use[N1],cnt; 13 void init() 14 { 15 int n,i,j,la; 16 for(n=1;n<=maxn;n++) 17 { 18 for(i=1;i<=n;i=la+1) 19 { 20 la=(n/(n/i)); 21 g[n]+=1ll*(la-i+1)*(n/i); 22 } 23 } 24 for(mu[1]=smu[1]=1,i=2;i<=maxn;i++) 25 { 26 if(!use[i]){ pr[++cnt]=i; mu[i]=-1; } 27 for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++) 28 { 29 use[i*pr[j]]=1; 30 if(i%pr[j]){ mu[i*pr[j]]=-mu[i]; } 31 else break; 32 } 33 smu[i]=smu[i-1]+mu[i]; 34 } 35 } 36 int n,m,T; 37 38 int main() 39 { 40 scanf("%d",&T); 41 init(); 42 int i,j,la;ll ans=0; ll inv,y; 43 while(T--) 44 { 45 scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m) swap(n,m); ans=0; 46 for(i=1;i<=n;i=la+1) 47 { 48 la=min(n/(n/i),m/(m/i)); 49 ans+=1ll*(smu[la]-smu[i-1])*g[n/i]*g[m/i]; 50 } 51 printf("%lld\n",ans); 52 } 53 return 0; 54 }

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/guapisolo/p/10223833.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ 3994 [SDOI2015]约数个数和 (莫比乌斯反演)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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