bzoj千题计划203：bzoj3994: [SDOI2015]约数个数和

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3994

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求

用到的一个结论：

证明：

枚举n的约数i，枚举m的约数j

那么i*j一定是n*m的约数

d（nm）相当于不同的i*j 的个数

若i， j 不互质

设gcd（i，j）= g ，则 i= p*g ，j=q*g

那么i*j 可以组成两个互质数p*g*g 和 q 的乘积

p*g*g 和 q 也都输n和m的约数

即p*g*g 和 q 也都是合法的i，j

所以互质数i和j的乘积组成了n*m的所有的约数

上式得证

回到这个题

令N<=M

化为

改变枚举顺序，先枚举i，j

当n=[1,N]中所有i的倍数时，i会取n/i次

即i会取次（里面有除号的[]表示下取整，下面一样）

j 同理

所以上式化为

改变枚举顺序，先枚举d

令

则

ans=

f（x）可以用除法分块提前 N*sqrt(N)处理好

预处理 μ 的前缀和

最后的式子也可以用除法分块在sqrt(N)时间内计算出

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>using namespace std;#define N 50001typedef long long LL;int prime[N];
bool vis[N];
int miu[N],sum[N];LL f[N];void read(int &x)
{x=0; char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}void premiu()
{int cnt=0;miu[1]=1;for(int i=2;i<N;++i){if(!vis[i]){prime[++cnt]=i;miu[i]=-1;}for(int j=1;j<=cnt;++j){if(prime[j]*i>=N) break;vis[i*prime[j]]=true;if(i%prime[j]==0) break;miu[i*prime[j]]=-miu[i];}}for(int i=1;i<N;++i) sum[i]+=sum[i-1]+miu[i];
}LL pref(int x)
{LL tot=0;int j;for(int i=1;i<=x;i=j+1){j=x/(x/i);tot+=(LL)(j-i+1)*(x/i);}return tot;
}int main()
{premiu();for(int i=1;i<N;++i) f[i]=pref(i);int T,n,m,j;LL ans; read(T);while(T--){ans=0;read(n); read(m);if(n>m) swap(n,m);for(int i=1;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));ans+=f[n/i]*f[m/i]*(sum[j]-sum[i-1]);} cout<<ans<<'\n';}
}

转载于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/8228465.html

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