[bzoj2671][莫比乌斯反演][数论]Calc

最新推荐文章于 2019-11-03 01:11:30 发布

Rose_max

最新推荐文章于 2019-11-03 01:11:30 发布

阅读量261

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏： bzoj 数论莫比乌斯反演

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Rose_max/article/details/86536364

bzoj 同时被 3 个专栏收录

483 篇文章

订阅专栏

数论

63 篇文章

订阅专栏

莫比乌斯反演

14 篇文章

订阅专栏

本文深入探讨了一种统计特定条件下数对数量的高效算法。针对(a+b)整除(a*b)的约束，通过数学推导简化问题，并采用分块技术优化计算过程，最终实现O(N^(3/4))的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

给出N，统计满足下面条件的数对(a,b)的个数：
　　1.1<=a<b<=N
　　2.a+b整除a*b

Input

一行一个数N

Output

一行一个数表示答案

Sample Input

15

Sample Output

4

HINT

数据规模和约定

Test N Test N

1 <=10 11 <=5*10^7

2 <=50 12 <=10^8

3 <=10^3 13 <=2*10^8

4 <=510^3 14 <=310^8

5 <=210^4 15 <=510^8

6 <=2*10^5 16 <=10^9

7 <=2*10^6 17 <=10^9

8 <=10^7 18 <=2^31-1

9 <=2*10^7 19 <=2^31-1

10 <=3*10^7 20 <=2^31-1

题解

这题复杂度不会证的情况下还是不敢写的啊…
首先要求的就是 $(a + b) ∣ (a * b)$ 的数量
提出来一个 $g c d = d$ ，可以知道就是 $d*(u+v)|d^2*(u*v)$
化简一下就是 $(u + v) ∣ d * (u * v)$ ，这个时候 $u, v$ 互质
随便反证法一下就可以知道 $(u + v)$ 和 $u * v$ 没有共同因子，所以只可能有 $(u + v) ∣ d$
所以 $d = k * (u + v)$ ，其中 $k = 1 . . . y$
扔进去就可以知道你需要找到满足 $(u + v) * u * k < = n$ 的 $k$ 的数量
显然这个 $k$ 只有 $⌊n(u+v)u⌋\lfloor\frac{n}{(u+v)u}\rfloor$ 个
然后就是计数
$∑i=1n∑j=1i−1[gcd(i,j)=1]⌊n(i+j)i⌋\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)=1]\lfloor \frac{n}{(i+j)i} \rfloor$
然后可以发现这个 $i$ 有 $n\sqrt n$ 的上界，所以不妨设 $m=nm=\sqrt n$ 然后继续做
随便反演一下就可以知道
$∑d=1mμ(d)∗∑i=1⌊md⌋∑j=1i−1⌊nd2(i+j)i⌋\sum_{d=1}^{m}\mu(d)*\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{i-1}\lfloor\frac{n}{d^2(i+j)i}\rfloor$
然后前面是根号的复杂度，后面可以数论分块然后也是根号的复杂度
所以这大概是个分块套分块
所以复杂度大概是 $n34n^{\frac{3}{4}}$ 的也就是 $2^{24}$ 左右…
所以就可以跑的飞快了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#include<bitset>
#include<set>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int stack[20];
inline void write(LL x)
{
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(!x){putchar('0');return;}
    int top=0;
    while(x)stack[++top]=x%10,x/=10;
    while(top)putchar(stack[top--]+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);putchar(' ');}
inline void pr2(LL x){write(x);putchar('\n');}
const int MAXN=70005;
int mu[MAXN],pr[MAXN],plen;bool vis[MAXN];
void getmu(int N)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])mu[i]=-1,pr[++plen]=i;
        for(int j=1;j<=plen&&i*pr[j]<=N;j++)
        {
            vis[i*pr[j]]=true;
            if(!(i%pr[j])){mu[i*pr[j]]=0;break;}
            else mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
int n,m;
LL qry(int x)
{
    LL ret=0;
    LL temp=n/x/x;
    for(int i=1;i<=m/x;i++)
    {
        LL T=temp/i;
        for(int j=i+1,last;j<i*2&&j<=T;j=last+1)
        {
            last=min(T/(T/j),(LL)i*2-1);
            ret+=(last-j+1)*(T/j);
        }
    }
    return mu[x]*ret;
}
int gcd(int a,int b){return a==0?b:gcd(b%a,a);}
int main()
{
    getmu(MAXN-5);
    n=read();m=sqrt(n);
    LL ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)if(mu[i])
    {
        ans+=qry(i);
//      for(int j=1;j<=i-1;j++)if(gcd(i,j)==1)ans+=n/i/(i+j);
    }
    pr2(ans);
    return 0;
}