【51NOD 1222】最小公倍数计数

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莫比乌斯反演同时被 2 个专栏收录

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本文介绍了一种解决特定区间内最小公倍数(LCM)相关问题的方法，通过数学反演技巧，给出了求解不同二元组数量的高效算法，并提供了具体的实现代码。

Description

定义F(n)表示最小公倍数为n的二元组的数量。
即：如果存在两个数（二元组）X，Y(X <= Y)，它们的最小公倍数为N，则F(n)的计数加1。
例如：F(6) = 5，因为[2,3] [1,6] [2,6] [3,6] [6,6]的最小公倍数等于6。

给出一个区间[a,b]，求最小公倍数在这个区间的不同二元组的数量。
例如：a = 4，b = 6。符合条件的二元组包括：
[1,4] [2,4] [4,4] [1,5] [5,5] [2,3] [1,6] [2,6] [3,6] [6,6]，共10组不同的组合。

Solution

看到gcd就上反演系列~
先把1~b的求出再减掉1~(a-1)。

A n s = \sum i = 1 n \sqrt \sum j = i n ⌊ n i * j ⌋ [g c d (i, j) = 1]

$Ans=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sum_{j=i}^n\lfloor\frac{n}{i*j}\rfloor [gcd(i,j)=1]$
设

gd $g_d$ 表示gcd为d的倍数的（辣一坨）的数的个数，

g d = \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ \sum j = i ⌊ n d 2 ⌋ ⌊ n i j * d 2 ⌋

$g_d=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\sum_{j=i}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ij*d^2}\rfloor$
反演，

A n s = \sum d = 1 n \sqrt μ (i) \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ \sum j = i ⌊ n d 2 i ⌋ ⌊ n i j d 2 ⌋

$Ans=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\mu(i)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\sum_{j=i}^{\lfloor\frac{n}{d^2i}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ijd^2}\rfloor$
设，（注意j的取值）

T = \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ \sum j = 1 ⌊ n d 2 ⌋ ⌊ n i j d 2 ⌋

$T=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ijd^2}\rfloor$
则

A n s = 1 2 (n + \sum d = 1 n \sqrt μ (i) T)

$Ans=\frac{1}{2}(n+\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\mu(i)T)$
这样还过不了，

看一下T，发现：

T = \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ \sum j = 1 ⌊ n d 2 ⌋ \sum k = 1 ⌊ n d 2 ⌋ [i j k < = ⌊ n d 2 ⌋]

$T=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}[ijk<=\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor]$
这个可以先保证

i<=j<=k $i<=j<=k$ ，再算出两个相等的和三个相等的，容斥一波，
算的时候还可以用上分块

据说复杂度是: $O(n^{\frac{2}{3}})$ （不会算）

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#define fo(i,a,b) for(LL i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=400500;
LL m1,n,m,ans;
int pr[N/3];
bool prz[N];
LL mu[N];
LL JS(LL n)
{
    LL m,s=0,s1=0;
    for(m=1;m*m*m<=n;m++)
    {
        LL jn=sqrt(n/m);
        fo(j,m,jn)s+=n/m/j-j+1;
        s1+=n/m/m-m+1;
        s1+=(LL)(sqrt(n/m))-m+1;
        s1--;
    }
    m--;
    return (s-s1)*6+(s1-m)*3+m;
}
LL Gans(LL n)
{
    LL ans=0,gn=sqrt(n);
    fo(d,1,gn)if(mu[d]!=0)ans+=JS(n/(d*d))*mu[d];
    return (ans+n)/2;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&m1,&m);
    n=sqrt(m)+10;
    mu[1]=1;
    fo(i,2,n)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>n)break;
            prz[t]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    printf("%lld\n",Gans(m)-Gans(m1-1));
    return 0;
}