数论专题（莫反）题单&题解

终于写完13题的题解了
用时 $23$ 天

以此帖纪念洛谷红名

题单：

$$题单$$

• P2568 GCD
• P2398 GCD SUM
• P1447 [NOI2010] 能量采集
• P2522 [HAOI2011]Problem b
• P4318 完全平方数
• P2257 YY的GCD
• P1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB
• P3327 [SDOI2015]约数个数和
• P4449 于神之怒加强版
• P3312 [SDOI2014]数表
• P3704 [SDOI2017]数字表格
• CF1780F Three Chairs
• CF235E Number Challenge

T1 P2568 GCD

题目描述

给定正整数 $n$，求 $1\le x,y\le n$ 且 $\gcd (x,y)$ 为素数的数对 $(x,y)$ 有多少对。

题目简化：求 ${\sum }_{p\in primes}{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[\gcd (i,j)==p]$

转化为 ${\sum }_{p\in primes}{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[\gcd (i,j)==1]$

$ans={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\varphi (i)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 1e7 + 10;
long long euler[N], primes[N], sum[N], cnt;
bool st[N];
long long n;

void get_eulers(long long n)  // 线性筛法求1~n的欧拉函数
{
    euler[1] = 1;
    for (long long i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (!st[i]) {
            primes[ ++cnt ] = i;
            euler[i] = i - 1;
        }
        for (long long j = 1; primes[j] <= n / i; j ++ ) {
            long long t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                euler[t] = euler[i] * primes[j];
                break;
            }
            euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    get_eulers(n);
    for (long long i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + euler[i];
    long long ans = 0;
    for (long long i = 1; i <= cnt && primes[i] <= n; i++) ans += 1ll * (sum[n / primes[i]] * 2) - 1;
    cout << ans;
    return 0;
}

T2 P2398 GCD SUM

题目描述

求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\gcd (i,j)$$

从 $\gcd$ 入手。

设 $f_k$ 为 $\gcd (i,j)==k$ 的个数。

则 $ans={\sum }_{i=1}^n{f}_i\times i$

但这样不好算，因此引入 $g$ 数组。

设 $g_k$ 为 $k|gcd(i,j)$ 的个数。

由 $g$ 的定义，$g_k=\lfloor \frac{n}{k}{\rfloor }^2$

这两个 $g_k$ 相等，因此可以这么表示 $f_k$：

$f_k=\lfloor \frac{n}{k}{\rfloor }^2-f_{2k}-f3k-......$

求 $f$ 数组方便多了，可以逆序推导 $f$，最后统计答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 1e5 + 10;
long long n, f[N];
long long ans = 0;
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (long long i = n; i > 0; i--) {
        long long x = i; f[i] = (n / i) * (n / i);
        while (x + i <= n) {
            x += i;
            f[i] -= f[x];
        }
        ans += f[i] * i;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

T3 P1447 [NOI2010] 能量采集

题目描述

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。

栋栋的植物种得非常整齐，一共有 $n$ 列，每列有 $m$ 棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标 $(x,y)$ 来表示，其中 $x$ 的范围是 $1$ 至 $n$，$y$ 的范围是 $1$ 至 $m$，表示是在第 $x$ 列的第 $y$ 棵。

由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了一个角上，坐标正好是 $(0,0)$。

能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器连接而成的线段上有 $k$ 棵植物，则能量的损失为 $2k+1$。例如，当能量汇集机器收集坐标为 $(2,4)$ 的植物时，由于连接线段上存在一棵植物 $(1,2)$，会产生 $3$ 的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植物，则能量损失为 $1$。现在要计算总的能量损失。

下面给出了一个能量采集的例子，其中 $n=5$，$m=4$，一共有 $20$ 棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。

在这个例子中，总共产生了 $36$ 的能量损失。

---

题意转化：求

$(2\times {\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m\gcd (i,j))-n\times m$。

引理：欧拉反演。

$$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$$

现在重点只考虑 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m\gcd (i,j)$。

转化为：${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m{\sum }_{d|gcd(i,j)}\varphi (d)$。

$={\sum }_{d=1}^n\varphi (d){\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[d|gcd(i,j)]$

$={\sum }_{d=1}^n\varphi (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor$

直接线性筛 $\varphi$ 就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 1e7 + 10;
long long euler[N], primes[N], sum[N], cnt;
bool st[N];
long long n, m;

void get_eulers(long long n)  // 线性筛法求1~n的欧拉函数
{
    euler[1] = 1;
    for (long long i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (!st[i]) {
            primes[ ++cnt ] = i;
            euler[i] = i - 1;
        }
        for (long long j = 1; primes[j] <= n / i; j ++ ) {
            long long t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                euler[t] = euler[i] * primes[j];
                break;
            }
            euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    get_eulers(n);
    for (long long i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + euler[i];
    long long ans = 0;
    for (int d = 1; d <= n; d++) {
        ans += euler[d] * (n / d) * (m / d);
    }
    cout << 2 * ans - n * m;
    return 0;
}

T4 P2522 [HAOI2011]Problem b

题目描述

对于给出的 $n$ 个询问，每次求有多少个数对 $(x,y)$，满足 $a\le x\le b$，$c\le y\le d$，且 $\gcd (x,y)=k$，$\gcd (x,y)$ 函数为 $x$ 和 $y$ 的最大公约数。

简化题意：求

$$\sum _{i=a}^b\sum _{j=c}^d[\gcd (i,j)==k]$$

这题有一个类似二维前缀和的思想，或者说是容斥。

$Ans=solve((1,b),(1,d))-solve((1,b),(1,c-1))-solve((1,a-1),(1,d))+solve((1,a-1),(1,c-1))$

至此，完成了 $1-n,1-m$的转化。只要求解这个子问题就行了。

P3455 [POI2007]ZAP-Queries

这题即是 T4 的子问题。

题目描述

密码学家正在尝试破解一种叫 BSA 的密码。
他发现，在破解一条消息的同时，他还需要回答这样一种问题：
给出 $a,b,d$，求满足 $1\le x\le a$，$1\le y\le b$，且 $\gcd (x,y)=d$ 的二元组 $(x,y)$ 的数量。
因为要解决的问题实在太多了，他便过来寻求你的帮助。

设 $f(k)={\sum }_{i=1}^a{\sum }_{i=1}^b[\gcd (i,j)==k]$

设 $g(k)={\sum }_{n|k}f(k)=\lfloor \frac{a}{n}\rfloor \lfloor \frac{b}{n}\rfloor$

根据莫反有：$f(k)={\sum }_{n|k}\mu (\lfloor \frac{k}{n}\rfloor )F(k)$

根据题目，$Ans=f(d)$。

把 $Ans$ 用莫反的式子表示出来：

$Ans={\sum }_{d|k}\mu (\lfloor \frac{k}{d}\rfloor )F(k)$

$Ans={\sum }_{d|k}\mu (\lfloor \frac{k}{d}\rfloor )\lfloor \frac{a}{k}\rfloor \lfloor \frac{b}{k}\rfloor$

设 $t=\frac{b}{k}$，改为枚举 $t$，则：

$Ans={\sum }_{t=1}^{\min (\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{d}\rfloor )}\mu (t)\lfloor \frac{a}{td}\rfloor \lfloor \frac{b}{td}\rfloor$

至此，该子问题得到了解决，已经是 $O(N)$ 的效率了。

但是由于多组数据，需要采用数论分块优化到 $O(\sqrt{N})$。

子问题代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int mu[N], prime[N], tot = 0, sum[N];
bool st[N];

int read(){
    int x = 0; int zf = 1; char ch = ' ';
    while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}

inline void init(int n) {
	mu[1] = 1;
    for (register int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
        for (register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; j++) {
            st[prime[j] * i] = 1;
            if (i % prime[j] != 0) mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            else { mu[prime[j] * i] = 0; break; }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int k;

int f(int x, int y) {
    int res = 0;
    for (int l = 1, r; l <= min(x, y); l = r + 1) {
        r = min(x / (x / l), y / (y / l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * ((x / k) / l) * ((y / k) / l);
    }
    return res;
}

int main() {
	init(50000);
	int T; T = read();
	while (T--) {
		static int a, b; a = read(), b = read(), k = read(); 
		printf("%lld\n", f(a, b));
	}
	return 0;
}

原问题只需要像开头说的一样容斥解决。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 10;
int mu[N], prime[N], tot = 0, sum[N];
bool st[N];

int read(){
    int x = 0; int zf = 1; char ch = ' ';
    while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}

inline void init(int n) {
	mu[1] = 1;
    for (register int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
        for (register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; j++) {
            st[prime[j] * i] = 1;
            if (i % prime[j] != 0) mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            else { mu[prime[j] * i] = 0; break; }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}

int k;

int f(int x, int y) {
    int res = 0;
    for (int l = 1, r; l <= min(x, y); l = r + 1) {
        r = min(x / (x / l), y / (y / l));
        res += (sum[r] - sum[l - 1]) * ((x / k) / l) * ((y / k) / l);
    }
    return res;
}

int main() {
	init(50000);
	int T; T = read();
	while (T--) {
		static int a, b, c, d; a = read(), b = read(), c = read(), d = read(), k = read(); 
		printf("%lld\n", f(b, d) - f(b, c - 1) - f(a - 1, d) + f(a - 1, c - 1));
	}
	return 0;
}

T5 P4318 完全平方数

题目描述

小 X 自幼就很喜欢数。但奇怪的是，他十分讨厌完全平方数。他觉得这些数看起来很令人难受。由此，他也讨厌所有是完全平方数的正整数倍的数。然而这丝毫不影响他对其他数的热爱。

这天是小X的生日，小 W 想送一个数给他作为生日礼物。当然他不能送一个小X讨厌的数。他列出了所有小X不讨厌的数，然后选取了第 K个数送给了小X。小X很开心地收下了。

然而现在小 W 却记不起送给小X的是哪个数了。你能帮他一下吗？

题意简化：

多组数据，每次求第 $K$ 个不含大于 $1$ 的完全平方因子的正整数。

由于当时正好学杜教筛，因此就用了杜教筛的方法。

详见 OI-Wiki

杜教筛可以在低于线性时间内处理数论函数的前缀和。
个人认为就是个记忆化+预处理优化。

回到原题，平方因子和莫比乌斯函数有点关系。

题目要求第 $K$ 个满足条件的数，因此有：${\sum }_{i=1}^{ans}[\mu (i)\ne 0]==K$，并且 μ ( a n s ) ≠ 0 \mu(ans) \neq 0 μ(ans)</