【莫比乌斯反演】BZOJ2820 YY的GCD

最新推荐文章于 2018-08-08 10:25:16 发布

linkfqy

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分类专栏： BZOJ 莫比乌斯反演我的OI历程常见OJ题解专栏文章标签：莫比乌斯反演 BZOJ

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本文介绍了一种基于质数枚举的算法优化方案，通过预处理特定函数的前缀和，实现对复杂表达式的快速求解。该方法将原本的时间复杂度降低至O(n)，适用于解决数学问题中的质数相关计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题面在这里

与这道题类似。

先考虑枚举质数p，答案就是：

\sum p \sum d μ (d) ⌊ n p d ⌋ ⌊ m p d ⌋

$\sum_p \sum_d \mu(d) \lfloor \frac n {pd} \rfloor \lfloor \frac m {pd} \rfloor$
设

T=pd $T=pd$ ，考虑枚举

T $T$ ，则有：

\sum T m i n {n, m} ⌊ n T ⌋ ⌊ m T ⌋ \sum p | T μ (T p)

$\sum_T^{min\{ n,m \}} \lfloor \frac n T \rfloor \lfloor \frac m T \rfloor \sum_{p|T} \mu\Big(\frac T p\Big)$
如果能够预处理

∑p|Tμ(Tp) $\sum_{p|T} \mu\Big(\frac T p\Big)$ 关于

T $T$ 的前缀和，前面的柿子就可以

O(n√) $O(\sqrt n)$ 求解

其实直接暴枚 $p$ 就好了

因为均摊每个质数是 $ln(n)$ 的，而质数的个数是 $\frac n {ln(n)}$ 个

所以预处理是 $O(n)$ 的

示例程序：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=10000005;
int tst,n,m,p[maxn],mu[maxn],t[maxn];
ll sum[maxn];
bool vis[maxn];
void get_mu(){
    int n=10000000;mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++){
        if (!vis[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=p[j]&&i*p[j]<=n;j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}
             else mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=p[0];i++)
     for (int j=1;p[i]*j<=n;j++) t[p[i]*j]+=mu[j];
    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+t[i];
}
ll get(int n,int m){
    if (n>m) swap(n,m);
    ll res=0;
    for (int T=1,lst=0;T<=n;T=lst+1){
        lst=min(n/(n/T),m/(m/T));
        res+=(sum[lst]-sum[T-1])*(n/T)*(m/T);
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d",&tst);get_mu();
    while (tst--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld\n",get(n,m));
    }
    return 0;
}