[BZOJ3994][SDOI2015]约数个数和（数论）

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题解

SDOI怎么净出这样goushi的数论。。让不让人活T_T

题目要求的是$\sum\limits_{i=1}^N\sum\limits_{j=1}^Md(i\times j)$。啥？约数个数是可以筛的？但是这个题一看数据范围显然不可行啊QwQ。。但是这个题目关键的一个特点就是它要求$d$的那个东西已经给表示成了$i\times j$，那么如果我们知道$i$的所有约数$p_i$，$j$的所有约数$q_i$，那么任意一个$p_i\times q_j$一定能表示$i \times j$的一个约数，同样$i \times j$的一个约数也必定能表示成$p_i\times q_j$的形式。

那么我们只需要知道有多少本质不同的$p_i \times q_j$就可以了。显然如果$p_i$和$q_j$不互质，那么这一组乘积一定能被另外两个互质的数的乘积代替，并且这两个数肯定也分别是$i$和$j$的约数。那么我们就有了这么一个公式：

$$d(i \times j)=\sum_{p|i}\sum_{q|j}[(p,q)==1]$$

于是我们把这个式子代入上面那个初始公式得到：

$$\sum\limits_{i=1}^N\sum\limits_{j=1}^M\sum_{p|i}\sum_{q|j}[(p,q)==1]$$
然而只有这个式子还是不够，我们需要进一步化简。首先把式子展开然后 胡乱地移动一下，变成 $$\sum_{p=1}^N\sum\limits_{i=1}^N[p|i]\sum_{q=1}^M\sum\limits_{j=1}^M[q|j][(p,q)==1]$$

可以发现其中$\sum\limits_{i=1}^N[p|i]$这一句就是在问$1..N$的数字中有多少数字是$p$的倍数，那么这整个式子和$\lfloor{N \over p}\rfloor$是相等的。同样，$\sum\limits_{j=1}^M[q|j]$这个东西可以换成$\lfloor {M \over q}\rfloor$。再整理一下式子就变成：

$$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M{\lfloor{N \over i}\rfloor}{\lfloor{M \over j}\rfloor}[(i,j)==1]$$

发现后面有一个$[(i,j)==1]$的东西，我们可以考虑再把它搞一下转化成一个带$\mu$的式子。以下设$N$为$N$和$M$中的较小者。

首先利用反演公式$e=\mu \times 1$，可以把式子转化成

$$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M{\lfloor{N \over i}\rfloor}{\lfloor{M \over j}\rfloor}\sum_{d=1}^N[d|i][d|j]\mu(d)$$

注意到$i$和$j$都是$d$的倍数时式子才有意义，所以设$i=di'$，$j=dj'$，然后代进去替换可以得到：

$$\sum_{d=1}^N\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor {N \over d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{M \over d}\rfloor}{\lfloor{N \over {i \times d}}\rfloor}{\lfloor{M \over {j \times d}}\rfloor}$$

接下来我们要利用下取整函数的一个性质：$\lfloor{x \over {a \times b}}\rfloor=\lfloor{{\lfloor{x \over a}\rfloor}\over b}\rfloor$。于是对于${\lfloor{N \over {i \times d}}\rfloor}$这个东西，我们可以把它化成$\lfloor{{\lfloor{N \over d}\rfloor}\over i}\rfloor$。这个时候再观察$\sum\limits_{i=1}^{\lfloor {N \over d}\rfloor}{\lfloor{{\lfloor{N \over d}\rfloor}\over i}\rfloor}$这个东西，可以发现它是一个关于${\lfloor{N \over d}\rfloor}$的函数。最后式子变成：

$$\sum_{d=1}^N\mu(d)f(\lfloor{N \over d}\rfloor)f(\lfloor{M \over d}\rfloor)$$

对于$f(n)=\sum\limits_{i=1}^n {\lfloor{n \over i}\rfloor}$，我们可以用同样的分块做法在$O(\sqrt n)$的时间内求得单个$f$值，那么就可以用$O(n \sqrt n)$的时间预处理所有需要的$f$值。那么最终计算的时候求$f$的复杂度变成了$O(1)$，那么上面这个式子显然可以用分块的做法在$O(\sqrt n + \sqrt m)$的时间复杂度内求解。最后的时间复杂度是$O(n \sqrt n + T(\sqrt n + \sqrt m))$。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 50000
using namespace std;
int mu[50010],prm[50010],f[50010],T,n,m,p1,p2;
bool ext[50010];
long long ans;
void calc_mu(){
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (ext[i]==false){
            prm[++prm[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=prm[0];j++){
            if (i*prm[j]>N) break;
            ext[i*prm[j]]=true;
            if (i%prm[j]==0){
                mu[i*prm[j]]=0;
                break;
            }else
              mu[i*prm[j]]=-mu[i];
        }
        mu[i]+=mu[i-1];
    }
}
int calc_f(int n){
    int ans=0;
    for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        if (j>n) j=n;
        ans+=(n/i)*(j-i+1);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    calc_mu();
    for (int i=1;i<=N;i++)
      f[i]=calc_f(i);
    scanf("%d",&T);
    for (int time=1;time<=T;time++){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        ans=0;p1=p2=1;
        if (n>m) swap(n,m);
        for (int i=1;;){
            if (p1<=p2){
                ans+=(long long)f[n/i]*f[m/i]*(mu[p1]-mu[i-1]);
                i=p1+1;
            }else{
                ans+=(long long)f[n/i]*f[m/i]*(mu[p2]-mu[i-1]);
                i=p2+1;
            }
            if (i>n) break;
            p1=n/(n/i);p2=m/(m/i);
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}

偏偏在最后出现的补充说明

常用的经典的化式子方法一定要记熟，做题的时候能一下子想到才行。

其实现在看这个题还是挺简单的一个数论。。用的都是基础公式，化式子的方法也都非常经典。。但是当时不知道为啥瞪着题解看了一天愣是没看懂。。