BZOJ2818: Gcd 题解

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#BZOJ #莫比乌斯反演

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莫比乌斯反演

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本文介绍了一种利用质数和莫比乌斯函数解决特定数学问题的方法，通过预处理所有质数和莫比乌斯函数值，采用Mobius反演公式简化计算过程，实现了高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

先预处理出所有的质数和莫比乌斯函数，设质数数量为 $tot$

A n s = \sum k = 1 t o t \sum i = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ \sum j = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ [g c d (i, j) = 1]

$Ans=\sum_{k=1}^{tot}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}[gcd(i,j)=1]$

对 于 每 个 p r i m e [k], 令 f (i) = \sum i = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ \sum j = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ [g c d (i, j) = i]

$对于每个prime[k],令f(i)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}[gcd(i,j)=i]$

我 们 需 要 求 f (1)

$我们需要求f(1)$

令 F (n) = \sum n ∣ d f (d), F (n) = (⌊ N p r i m e [ k ] * n ⌋) 2

$令F(n)=\sum_{n\mid d}f(d),F(n)=(\left\lfloor\frac{N}{prime[k]*n}\right\rfloor)^{2}$
*Mobius Inversion

f (n) = \sum n ∣ d F (d) μ (d n)

$f(n)=\sum_{n\mid d}F(d)\mu(\frac{d}{n})$

f (1) = \sum i = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ F (i) μ (i) = \sum i = 1 ⌊ N p r i m e [ k ] ⌋ (⌊ N p r i m e [ k ] * i ⌋) 2 μ (i)

$f(1)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}F(i)\mu(i)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{prime[k]}\right\rfloor}(\left\lfloor\frac{N}{prime[k]*i}\right\rfloor)^{2}\mu(i)$

其 中 ⌊ N p r i m e [ k ] * i ⌋ 只 有 N p r i m e [ k ] - - - - - - - - \sqrt 种 不 同 取 值

$其中\left\lfloor\frac{N}{prime[k]*i}\right\rfloor只有\sqrt{\frac{N}{prime[k]}}种不同取值$

所 以 总 复 杂 度 为 O (\sum k = 1 t o t N p r i m e [ k ] - - - - - - - - \sqrt)

$所以总复杂度为O(\sum_{k=1}^{tot}\sqrt{\frac{N}{prime[k]}})$
玄学复杂度，应该能过

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#define LL long long
#define LB long double
#define x first
#define y second
#define Pair pair<int,LL>
#define pb push_back
#define pf push_front
#define mp make_pair
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=100003;
const LL LINF=2e16;
const int INF=1e9;
const int magic=348;
const double eps=1e-10;
const double pi=acos(-1);

inline int getint()
{
    char ch;int res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

int tot=0;
int prime[10000048];bool isprime[10000048];int mu[10000048];
int sum[10000048];
int N;

inline void sieve()
{
    int i,j;
    memset(isprime,true,sizeof(isprime));
    mu[1]=1;sum[1]=1;
    for (i=2;i<=N;i++)
    {
        if (isprime[i]) prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
        for (j=1;j<=tot && (long long)i*prime[j]<=N;j++)
        {
            isprime[i*prime[j]]=false;
            if (i%prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0; else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            if (i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

int main ()
{
    int i,n;N=getint();
    sieve();
    LL ans=0;
    for (i=1;i<=tot;i++)
    {
        n=N/prime[i];
        int lastpos=1,pos=0;
        while (lastpos<=n && pos<=n)
        {
            pos=n/(n/lastpos);if (pos>n) break;
            ans+=(long long)(sum[pos]-sum[lastpos-1])*(long long)(n/pos)*(n/pos);
            lastpos=pos+1;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}