洛谷10月月赛II T4象棋与马——莫反出手，杜教筛相助

Description

有一只马刚开始在$(0,0)$，它每次可以走一个$a\times b$的矩形。如果可以到达无穷大棋盘上的任何一个点，则$p(a,b)=1$；否则$p(a,b)=0$。

给定$n$，求$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}p(i,j)$$

由于答案可能过大，请将其对$2^{64}$取模。

Solution

不难发现，$p(i,j)=1$的充分必要条件是$gcd(i,j)=1$且当$i$与$j$在模$2$意义下不同余。

等价于我们要计算$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[imod2\ne jmod2][gcd(i,j)=1]$$

开始愉快地反演~

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[imod2\ne jmod2]\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$$

$$=\sum _{d=1}^n[d\in odd]\mu (d)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[imod2\ne jmod2][d|gcd(i,j)]$$

$$=\sum _{d=1}^n[d\in odd]\mu (d)f(n,d)$$

这里的$f(n,d)=\lfloor \frac{n}{2d}\rfloor \times (\lfloor \frac{n}{d}\rfloor -\lfloor \frac{n}{2d}\rfloor )$。$\lfloor \frac{n}{2d}\rfloor$表示在$d$的倍数中偶数的个数，$(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor -\lfloor \frac{n}{2d}\rfloor )$显然就是$d$的倍数中奇数的个数。

可以发现，$f$可以通过整除分块来快速计算，但是我们似乎不能快速求出${\sum }_{i=l}^r[i\in odd]mu(i)$。这一部分可以拆成两个前缀和相减的形式，现在关键在于如何快速求得${\sum }_{i=1}^r[i\in odd]\mu (i)$。

$$\sum _{i=1}^r[i\in odd]\mu (i)$$

$$=\sum _{i=1}^r\mu (i)-\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{2}\rfloor }\mu (2i)$$

可以发现，当$i$为偶数时，$\mu (2i)=0$没有贡献；否则，$\mu (2i)=-\mu (i)$。带入得：

$$=\sum _{i=1}^r\mu (i)+\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{2}\rfloor }\mu (i)[i\in odd]$$

根据${\sum }_{d|r}\mu (d)=[r=1]$，${\sum }_{i=1}^r$可以通过杜教筛快速计算；后者相当于一个规模减半的问题，可以直接递归下去，边界为$r=1$。

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本题的解法讲解到此为止。

这样的复杂度为什么是正确的呢？由于杜教筛的复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$(要先预处理出前$\frac{2}{3}$个答案)，所以总时间复杂度为

$O(n^{\frac{2}{3}}+(\frac{1}{2}n{)}^{\frac{2}{3}}+(\frac{1}{4}n{)}^{\frac{2}{3}}+\dots \dots )$

所以总时间复杂度就是$O(n^{\frac{2}{3}})$的，虽然带着比较大的常数。