【BZOJ3994】【SDOI2015】约数个数和

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#莫比乌斯反演 #数论 #OI #BZOJ

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本文探讨了关于求解特定数论问题的有效算法，通过深入分析约数个数及其组合特性，提出了一种高效的求解策略，并附带了完整的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description
设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求
Input

输入文件包含多组测试数据。
第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。
接下来的T行，每行两个整数N、M。

Output

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample Input

2
7 4
5 6

Sample Output

110
121

HINT
1<=N, M<=50000
1<=T<=50000

%%%ZZJ
%%%zmoiynlp
从这俩人的题解中分别吸取一些很神的地方自己写一份题解

首先考虑i* j的一个因数是由i的一个因数p和j的一个因数q相乘而得的，但是这里会有重复的情况，比如i=4,j=6的时候，因数4就由4*1 和 2*2累加两次。
解决方案是，让一个i和j的公共质因子优先乘到p上，等到i除去p已经没有这个质因子，在乘到q上，这样合法的方案一定有 $(\frac{i}{p},j)==1$
所以 $\sum _{i=1} ^n \sum _{j=1} ^m d(i*j)$

$=\sum _{i=1} ^n \sum _{j=1} ^m \sum _{p|i} \sum _{q|j} [(\frac{i}{p},q)==1]$

$=\sum _{i=1} ^n \sum _{j=1} ^m \sum _{p|i} \sum _{q|j} [(p,q)==1]$

$=\sum _{p=1} ^n [\frac{n}{p}] \sum _{q=1} ^m[\frac{m}{q}]*[(p,q)==1]$

$=\sum _{p=1} ^n [\frac{n}{p}] \sum _{q=1} ^m[\frac{m}{q}]*\sum _{d|p,d|q} \mu(d)$

$=\sum _{d=1} ^{min(n,m)} \mu (d)\sum _{p/d=1} ^{n/d} [\frac{n}{p}] \sum _{q/d=1} ^{m/d}[\frac{m}{q}]$

$=\sum _{d=1} ^{min(n,m)} \mu (d)\sum _{p'=1} ^{\frac{n}{d}} [\frac{[\frac{n}{d}]}{p'}] \sum _{q'=1} ^{\frac{m}{d}} [\frac{[\frac{m}{d}]}{q'}]$

由经验，我们可以发现 $\sum _{i=1} ^n [\frac{n}{i}]$ 是d函数的前缀和
证明：对于每一个i，n/i是1~n中整除i的数的个数
于是可以线性筛法求出μ和d的前缀和，对d分块就解决了

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 50005
#define to i*prime[j]
#define long long long
int t,n,m;
int prime[maxn];
int p;
int miu[maxn];//used_as_prefix_sum_later
int d[maxn];
int tmp[maxn];
void sieve()
{
    miu[1]=1;
    d[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
    {
        if(!tmp[i])
        {
            miu[i]=-1;
            prime[++p]=i;
            d[i]=2;
            tmp[i]=2;
        }
        for(int j=1;j<=p&&to<maxn;j++)
        {
            if(i%prime[j]==0) 
            {
                tmp[to]=tmp[i]+1;
                d[to]=d[i]/tmp[i]*tmp[to];
                miu[to]=0;
                break;
            }
            else
            {
                tmp[to]=2;
                d[to]=d[i]*tmp[to];
                miu[to]=-miu[i];
            }
        }
        miu[i]+=miu[i-1];
        d[i]+=d[i-1];
    }
}
int main()
{
    //freopen(".in","r",stdin);
    sieve();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        long ans=0;
        for(int i=1,p;i<=n&&i<=m;i=p+1)
        {
            p=min(m/(m/i),n/(n/i));
            ans+=(long)(miu[p]-miu[i-1])*d[m/i]*d[n/i];
        } 
        printf("%lld\n",ans);
    }
}