HDU 5663 题解

原创于 2019-04-27 21:41:51 发布 · 307 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#题解

HDU 专栏收录该内容

23 篇文章

订阅专栏

本文详细解析了一个涉及莫比乌斯反演的数学问题，通过巧妙的数学变换，将原问题转化为可高效求解的形式。特别地，文章提供了完整的推导过程及代码实现，展示了如何在限定时间内解决大规模数据问题。

题意简述

（本题时限 $12$ 秒，空间 $512 M B$ ，这很大，注意）。有一个女孩问你，给你 $n,m(n,m<=10^7)$ ，如果你能 $12$ 秒内求出 $∑i=1n∑j=1mf(i,j)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f(i,j)$ （其中 $f (i, j)$ 当 $g c d (i, j)$ 为平方数时是 $0$ ，否则是 $1$ ）。如果你能求出来，她就是你女朋友了 $QωQQ\omega Q$ （如果不嫌弃的话珂以找我来当女友。。。我是个珂爱的女孩子呢。。。）

多组数据。数据组数 $lt;=10^4$

数据

输入
2
1 2333333
10 10
输出
0
33

思路

这个题一看就是一个莫比乌斯反演题。那么，也没什么好说的，开始推式子吧 $QωQQ\omega Q$ 。
首先，能做这个题目的人，肯定会这个式子（这个都不会，下面估计看不懂。。。别急，去我的博客找莫比乌斯反演的那篇，在"LightningUZ の学习笔记"里有）。
为了方便，设 $g c d (i, j) = g$ ， $⌊ab⌋=a/b\lfloor\frac{a}{b}\rfloor=a/b$ ，并且不妨令 $n < = m$ 。则有：
$∑i=1n∑j=1m[g==d]=∑q=1n/dμ(q)(n/q)(m/q)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[g==d]=\sum\limits_{q=1}^{n/d}\mu(q)(n/q)(m/q)$ 。
这是十分基础的莫比乌斯反演。

接下来，我们改一下 $f$ 的定义，令 $f(x)=[x∈square]f(x)=[x\in square]$ （和题面给出的 $f$ 正好相反），那么原式 $=nm−∑i=1n∑j=1mf(g)=nm-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f(g)$ （求一下补集即可，因为 $f$ 反了）。 $n m$ 都会求（入门难度），难的就是后面那两个 $s i g m a$ 。
怎么求呢？首先，我们把 $g$ 放前面枚举，原式
$=∑d=1nf(d)∑i=1n∑j=1m[g==d]=\sum\limits_{d=1}^{n}f(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[g==d]$
根据 $f (d)$ 的定义（上面提到了那个重定义），记 $s q r =$ 平方数集合，原式
$=∑d∈sqr∑i=1n∑j=1m[g=d]=\sum\limits_{d\in sqr}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[g=d]$
$=∑d∈sqr∑q=1n/dμ(q)(n/dq)(m/dq)=\sum\limits_{d\in sqr}\sum\limits_{q=1}^{n/d}\mu(q)(n/dq)(m/dq)$
设 $T = d q$ ，我们把 $d$ 和 $q$ 放一块枚举。原式
$=∑d∈sqr∑q=1n/dμ(q)(n/T)(m/T)=\sum\limits_{d\in sqr}\sum\limits_{q=1}^{n/d}\mu(q)(n/T)(m/T)$
$=∑T=1n(n/T)(m/T)∑d∈sqr,d∣Tμ(Tk)=\sum\limits_{T=1}^{n}(n/T)(m/T)\sum\limits_{d\in sqr,d|T} \mu(\frac{T}{k})$
$这一步就是先枚举了 T ，然后去后面找哪些 q 会算到 T$
到这里就结束了？？不过说实话，好像还真的没有思路继续下去了。但是我们有一个梦想（做数学题一定要有梦想），我们要是能 $O (1)$ 求 $∑d∈sqr,d∣Tμ(Tk)\sum\limits_{d\in sqr,d|T} \mu(\frac{T}{k})$ 就好了。（这个式子设为 $g (T)$ ）
我们仔细想想，发现，我们只要枚举一个平方数，枚举倍数，加上 $μ\mu$ 值，预处理出来，好像真的珂以 $O (1)$ 求！！！
那代码就出来了。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10010000//时限大+空间大=随便浪
using namespace std;

namespace Flandle_Scarlet//最近喜欢这么写
{
    #define int long long
    int primes[N],mu[N],g[N];
    bool notp[N];
    //g[n]=sigma(d is square and d|n) mu(x/d)
    void Init()//预处理μ和我们推出来珂以预处理的那一部分（设为g(T)）
    {
        notp[1]=mu[1]=1;
        int n=10000000;
        int &cnt=primes[0];
        for(int i=2;i<=n;++i)
        {
            if (!notp[i])
            {
                primes[++cnt]=i;
                mu[i]=-1;
            }
            for(int j=1;j<=cnt and i*primes[j]<=n;++j)
            {
                int u=primes[j];
                notp[i*u]=1;
                if (i%u==0)
                {
                    mu[i*u]=0;
                    break;
                }
                else
                {
                    mu[i*u]=-mu[i];
                }
            }
        }//处理好mu

        for(int tmp=1;tmp*tmp<=n;++tmp)
        {
            int d=tmp*tmp;//枚举一个平方数
            for(int j=1;j*d<=n;++j)//j枚举倍数
            {
                g[j*d]+=mu[j];//加上mu[j]
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            g[i]+=g[i-1];//处理前缀和
        }
    }
    int n,m;
    void Solve()//肥肠水的分块
    {
        if (n>m) n^=m^=n^=m;
        int ans=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
        {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=(n/l)*(m/l)*(g[r]-g[l-1]);
        }
        printf("%lld\n",n*m-ans);
    }
    void Main()
    {
        Init();
        int T;
        scanf("%lld",&T);
        while(T--)
        {
            scanf("%lld%lld",&n,&m);
            Solve();
        }
    }
    #undef int//记得undef掉，然后后面就珂以开开心心的int main()了
}
int main()
{
    Flandle_Scarlet::Main();
    return 0;
}