洛谷P2522 - [HAOI2011]Problem b

最新推荐文章于 2024-05-02 13:48:13 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/VisJiao/p/LgP2522.html

本文深入探讨了莫比乌斯反演算法在解决特定数学问题中的应用，通过实例详细讲解了如何利用该算法高效计算两数最大公约数等于特定值的数对个数。文章提供了一种优化计算策略，复杂度为O(T√10^5)，并附带源代码实现。

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Description

进行\(T(T\leq10^5)\)次询问，每次给出\(x_1,x_2,y_1,y_2\)和\(d\)（均不超过\(10^5\)），求\(\sum_{i=x_1}^{x_2} \sum_{j=y_1}^{y_2} [gcd(i,j)=d]\)。

Solution

莫比乌斯反演入门题。
设\(calc(n,m)\)表示\(i\in[1,n],j\in[1,m]\)且\(gcd(i,j)=d\)的数对\((i,j)\)的个数。那么简单地进行容斥，可知\(ans=calc(x_2,y_2)-calc(x_1-1,y_2)-calc(x_2,y_1-1)+calc(x_1-1,x_2-1)\)。
于是考虑如何计算\(calc(n,m)\)。
\[ f(d) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \]

\[\begin{align*} F(x) &= \sum_{x|d} f(d) \\ &= \sum_{x|d} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \\ &= \sum_{k=1}^{⌊\frac{n}{x}⌋} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=kx] \\ &= ⌊\frac{n}{x}⌋⌊\frac{m}{x}⌋ \end{align*}\] \(gcd(i,j)=kx \Leftrightarrow x|i\)且\(x|j\)，那满足条件的\((i,j)\)就有\(⌊\frac{n}{x}⌋⌊\frac{m}{x}⌋\)对。再进行莫比乌斯反演：
\[ f(x)= \sum_{x|d} \mu(\frac{d}{x}) F(d) = \sum_{x|d} \mu(\frac{d}{x})⌊\frac{n}{d}⌋⌊\frac{m}{d}⌋ = \sum_{k=1}^{⌊\frac{n}{x}⌋} \mu(k)⌊\frac{n}{kx}⌋⌊\frac{m}{kx}⌋ \]这个做法看起来是\(O(\dfrac{n}{x})\)的。不过由于\(⌊\dfrac{n}{i}⌋\)最多只有\(\sqrt n\)种取值，所以我们可以以\(O(\sqrt n)\)的复杂度进行计算。

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
15/i	15	7	5	3	3	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1

观察发现，一个取值为\(v\)的区间是以\(⌊\frac{n}{v}⌋\)结尾的，下一个区间是从\(⌊\frac{n}{v}⌋+1\)开始的，模拟这一性质去计算即可。若对于区间\(k\in[L,R]\)有\(⌊\frac{n}{kx}⌋=v_1,⌊\frac{m}{kx}⌋=v_2\)，那么该区间对答案的贡献为\(v_1v_2\sum_{k=L}^R \mu(k)\)，预处理出\(\mu(x)\)的前缀和即可。

时间复杂度\(O(T\sqrt {10^5})\)。

Code

//[HAOI2011]Problem b
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using std::min; using std::swap;
typedef long long lint;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
const int N=5e4+10;
int mu[N],pre[N];
int cntP,pr[N]; bool notP[N];
void getMu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!notP[i]) pr[++cntP]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cntP;j++)
        {
            if((lint)i*pr[j]>n) break;
            int x=i*pr[j]; notP[x]=true;
            if(i%pr[j]) mu[x]=-mu[i]; else {mu[x]=0; break;}
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
}
int k;
lint calc(int x,int y)
{
    x/=k,y/=k; if(x>y) swap(x,y);
    lint res=0;
    for(int L=1,R;L<=x;L=R+1)
    {
        int v1=x/L,v2=y/L; R=min(x/v1,y/v2);
        res+=1LL*(pre[R]-pre[L-1])*v1*v2;
    }
    return res;
}
int main()
{
    getMu(5e4);
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        int fr1=read(),to1=read(),fr2=read(),to2=read(); k=read();
        printf("%lld\n",calc(to1,to2)-calc(fr1-1,to2)-calc(to1,fr2-1)+calc(fr1-1,fr2-1));
    }
    return 0;
}