（每日一题）P1447 [NOI2010] 能量采集（莫反套路 + 欧拉反演 / 容斥原理）

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每日一题（莫反 / 多项式 / 母函数 / 群论） 2021.4.19 莫反

Problem

Solution

A. 莫比乌斯反演 + 欧拉反演

先简单解释一下本题解题第一步用到的显然的结论。

数轴上任意一点 (x1,y1)(x_1,y_1)(x1,y1) 到原点之间线段上的经过的点 (x2,y2)(x_2,y_2)(x2,y2) ，gcd⁡(x2,y2)\gcd(x_2,y_2)gcd(x2,y2) 一定是 gcd⁡(x1,y1)\gcd(x_1,y_1)gcd(x1,y1) 的因子。例如仪仗队那道题，从原点出发能看到的点一定都是 gcd⁡(x,y)=1\gcd(x, y)=1gcd(x,y)=1 的点。从原点到 (x1,y1)(x_1,y_1)(x1,y1) 所以经过的点的个数就是 gcd⁡(x1,y1)−1\gcd(x_1,y_1)-1gcd(x1,y1)−1（去掉自身）（ (2,4)(2,4)(2,4) 会有因子 (1,2)(1,2)(1,2) ）

证明来源：

Code

简单的代码：

Time

O(n+n)O(n+\sqrt n)O(n+n)

// Problem: P1447 [NOI2010] 能量采集
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P1447
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N = 500007;int primes[N], cnt, phi[N];
int n, m;
bool vis[N];
int sum[N];void init(int n)
{phi[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; ++ i) {if(vis[i] == 0) {primes[ ++ cnt] = i;phi[i] = i - 1;}for(int j = 1; j <= cnt && i * primes[j] <= n; ++ j) {vis[i * primes[j]] = true;if(i % primes[j] == 0) {phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];break;} phi[i * primes[j]] = phi[i] * phi[primes[j]];}}for(int i = 1; i <= n; ++ i) {sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];   }
}void solve()
{int res = 0;for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {r = min(n / (n / l), m / (m / l));res +=  (n / l) * (m / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);//(sum[r] - sum[l - 1])已经是区间长度了}res = 2 * res - n * m;printf("%lld\n", res);
}signed main()
{init(N - 7);scanf("%lld%lld", &n, &m);if(n > m) swap(n, m);solve();return 0;
}

B. 容斥原理

时间复杂度 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

%%%

// Problem: P1447 [NOI2010] 能量采集
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P1447
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N = 500007;int n, m;
int f[N];signed main()
{scanf("%lld%lld", &n, &m);if(n > m) swap(n, m);int ans = 0;for(int i = n; i; -- i) {f[i] = (n / i) * (m / i);for(int j = i << 1; j <= n; j += i) f[i] -= f[j];ans += (2 * i - 1) * f[i];}printf("%lld\n", ans);return 0;
}