BZOJ 2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

题意:链接

方法:莫比乌斯反演

解析:

这题跟上一篇博客有一点差别，当然我们能够考虑枚举素数这个大暴力。只是当你A掉这道题后发现正解？都将近5s时。就放弃了这个念头。

相同的式子我们能够直接搬过来。p是质数

∑p∑1<=x<=a∑1<=y<=b(gcd(x,y)==p)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p(gcd(x,y)==1)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p∑d|(x,y)μ(d)

∑p∑d=1min(a/p,b/p)μ(d)[apd][bpd]

设pd=k

∑k=1min(a,b)∑p且p|kμ(kp)[apd][bpd]

则设∑p且p|kμ(kp)=F(k)

发现F(k)的取值仅仅与选取的p与k的关系有关

F(k)=μ(pdp1)

当p|d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=0

故F(k)=μ(d)

当p不整除d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=−F(d)

故F(k)=μ(d)−F(d)

之后的内容和1101一样分块

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 10000010
using namespace std;
typedef long long ll;
int tot,t;
int a,b,d;
int prime[N];
bool f[N];
int miu[N];
ll g[N];
void sieve()
{miu[1]=1;for(int i=2;i<=10000000;i++){if(!f[i]){prime[++t]=i;miu[i]=-1;}for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=10000000;j++){f[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0){miu[i*prime[j]]=0;break;}else miu[i*prime[j]]=-miu[i];}}for(int i=1;i<=t;i++){for(int j=1;j*prime[i]<=10000000;j++){g[j*prime[i]]+=miu[j];}}for(int i=1;i<=10000000;i++){g[i]+=g[i-1];}
}
int main()
{sieve();scanf("%d",&tot);for(int i=1;i<=tot;i++){scanf("%d%d",&a,&b);int a1=a,b1=b;int x=min(a1,b1);int pos;ll ans=0;for(int i=1;i<=x;i=pos+1){pos=min((a1/(a1/i)),(b1/(b1/i)));ans+=(g[pos]-g[i-1])*(a1/i)*(b1/i);}printf("%lld\n",ans);}
}

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相同的式子我们能够直接搬过来。p是质数

∑p∑1<=x<=a∑1<=y<=b(gcd(x,y)==p)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p(gcd(x,y)==1)

∑p∑1<=x<=a/p∑1<=y<=b/p∑d|(x,y)μ(d)

∑p∑d=1min(a/p,b/p)μ(d)[apd][bpd]

设pd=k

∑k=1min(a,b)∑p且p|kμ(kp)[apd][bpd]

则设∑p且p|kμ(kp)=F(k)

发现F(k)的取值仅仅与选取的p与k的关系有关

F(k)=μ(pdp1)

当p|d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=0

故F(k)=μ(d)

当p不整除d时

①p=p1 F(k)=μ(d)

②p!=p1 F(k)=−F(d)

故F(k)=μ(d)−F(d)

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