P3455 [POI2007]ZAP-Queries

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利用Möbius函数改写容斥式经典题

Description

给定$Q$组询问，每组询问给定三个正整数$a,b,d(Q,a,b,d\le 5\times 10^4)$，求
​ $$\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)==d]$$

Solution

这个题显然可以用反演做，推出来的式子和利用容斥推得的式子基本一样。此处只讲容斥做法。

在luoguP1447里，我们曾利用$f_n=\lfloor \frac{a}{d}\rfloor \lfloor \frac{b}{d}\rfloor -{\sum }_{i=2}^{id\le min(a,b)}{f}_{id}$来$O(nlogn)$求$f_1\sim f_n$$(f_k={\sum }_{i=1}^a{\sum }_{j=1}^b[gcd(i,j)==k])$，但对于此题，由于$a,b$是变化的，故若想以与P1447相同的容斥思路来解此题，那么对于每一次询问，我们都需要重新求一遍$f_1\sim f_n$，这样一来算法总复杂度$O(n^{2}logn)$，不可取，故考虑更优的容斥方法。

之前的容斥方法是将最大公约数为$kd$的数的集合从被$d$整除的数的集合中剔除掉从而得到$f_d$，故此处我们考虑将原条件变形以尝试得到新的限制（约束）条件。

由于常规套路：$gcd(i,j)=d\leftrightarrow gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1$，故首先：
​ $$\sum _{i=1}^a\sum _{j=1}^b[gcd(i,j)==d]\leftrightarrow \sum _{i=1}^{\lfloor \frac{a}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{b}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$$

根据经典的容斥思路$$|\bigcap _{i=1}^n{S}_i|=|U|-|\bigcup _{i=1}^n{\complement }_U{S}_i|$$，考虑满足互质的有序二元组所满足的限制，其即为：$\forall (x,y)\forall p\in prime,p\nmid x\wedge p\nmid y$。

那么，令∁USi={x∣pi∣x}\complement_US_{i}=\{x|p_i|x\}∁U​Si​={x∣pi​∣x}，且多个${\complement }_U{S}_i$的交={x∣∏pi∣x}\{x|\prod p_i|x\}{x∣∏pi​∣x}；又由于根据Möbius函数的定义，含有奇数个质因子时值为-1，偶数个质因子时值为$1$，而根据此处容斥式的定义，$\prod p_i$内含有$p_i$的个数奇偶性正好对应了容斥式内的正负；而且根据$S_i$定义，含有多个相同奇因子的$i$对应集合不予考虑，所以，我们可以利用这一点写出此题的容斥式：

设$D(d)={\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{a}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{b}{d}\rfloor }[p\mid i\wedge p\mid j]$，故：

${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{a}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{b}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]={\sum }_{i=1}^{min(\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{d}\rfloor )}\mu (i)D(i)=={\sum }_{i=1}^{min(\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{d}\rfloor )}\mu (i)\lfloor \frac{a}{di}\rfloor \lfloor \frac{b}{di}\rfloor$

所以
​ $$ans=\sum _{i=1}^{min(\lfloor \frac{a}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{b}{d}\rfloor )}\mu (i)\lfloor \frac{a}{di}\rfloor \lfloor \frac{b}{di}\rfloor$$

根据前面所讲的数论分块，上面这个式子可分块求，注意预处理$\mu (i)$前缀和。

算法时间复杂度：$O(n\sqrt{n})$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=5e4;
int Q,cnt;
ll a,b,d,miu[MAXN+20],prime[MAXN+20],sum[MAXN+20],ans;
bool notprime[MAXN+20];

void Mobius()//利用线性筛O(n)求Mobius函数 
{
	miu[1]=1,notprime[1]=true;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i,miu[i]=-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;++j)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else miu[i*prime[j]]=-miu[i];
		}
	}
	for(ri i=1;i<=MAXN;++i) sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	Mobius();
	cin>>Q;
	for(ri op=1;op<=Q;++op)
	{
		cin>>a>>b>>d;
		a/=d,b/=d;
		ans=0LL;
		ll l=1,r,sj=min(a,b);
		while(l<=sj)
		{
			r=min(a/(a/l),b/(b/l));
			ans+=(sum[r]-sum[l-1])*(a/l)*(b/l);
			l=r+1;
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}