hdu1695 莫比乌斯反演

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原创最新推荐文章于 2026-03-20 01:25:14 发布 609 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

遗传算法进阶实战：破解早熟、调参玄学与收敛失效遗传算法（GA）作为经典启发式优化方法，其核心原理源于自然选择与种群进化，但真实工程落地常因适应度函数设计失当、参数僵化及早熟收敛而失效。理解种群多样性演化规律、掌握动态适应度缩放与精英策略调控机制，是提升GA鲁棒性的关键。技术价值在于将GA从演示级脚本升级为可诊断、可干预、可部署的工业优化引擎，广泛应用于智能调度、超参优化、芯片设计与新能源材料筛选等场景。本文聚焦遗传算法进阶实现与收敛性诊断，深入剖析适应度函数设计陷阱与精英策略实操参数。阅读详情

Sample Input

  
   2
1 3 1 5 1
1 11014 1 14409 9

Sample Output

  
   Case 1: 9
Case 2: 736427


   
    
     Hint
    For the first sample input, all the 9 pairs of numbers are (1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (2, 3), (2, 5), (3, 4), (3, 5).

题意：给你 a,b,c,d,e,求 a ≤ x ≤ b，c ≤ y ≤ d时，gcd(x,y) = e的情况

思路：

偶然看到一道题用的是莫比乌斯反演，发现不会就去学习了一下。

本题gcd(x,y) = e 可以看成 gcd(x/e,y/e) = 1,然后利用莫比乌斯反演求出

/*
直接用莫比乌斯反演，由于 （3.5）（5.3）看做相同的，
在最后减去他们即可
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e6+10;

int is_prime[maxn];
int prime[maxn];
int mu[maxn];
int tot;

void Moblus()
{
    tot = 0;
    memset(is_prime,0,sizeof(is_prime));
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= maxn; i++)
    {
        if(!is_prime[i])
        {
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }

        for(int j = 0; j < tot; j++)
        {
            if(prime[j]*i>maxn)
                break;
            is_prime[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j])             //prime[j]不重复
            {
                mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    int T;
    int a,b,c,d,k;
    Moblus();
    int cas = 1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
        printf("Case %d: ",cas++);
        if(k == 0)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        b /= k;
        d /= k;

        if(b > d)
            swap(b,d);
        ll ans = 0;
        for(int i = 1; i <= b; i++)
        {
            ans += (ll)mu[i]*(b/i)*(d/i);
//            printf("%d %d %d\n",mu[i],b/i,d/i);
        }
        ll ans1 =0;
        for(int i = 1; i <= b; i++)        //计算重复部分
            ans1 += (ll)mu[i]*(b/i)*(b/i);
        printf("%I64d\n",ans-ans1/2);
    }
    return 0;
}