bzoj 1101: [POI2007]Zap

最新推荐文章于 2020-01-13 20:23:43 发布

原创最新推荐文章于 2020-01-13 20:23:43 发布 · 215 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

数论同时被 2 个专栏收录

25 篇文章

订阅专栏

莫比乌斯反演

17 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一道数论题目，使用反演技巧求解特定形式的数学表达式。通过数学推导，将原始问题转化为易于计算的形式，并提供了一段C++代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：

求

\sum a x \sum b y [(a, b) = d]

$\sum_a^x\sum_b^y[(a,b)=d]$

题解：

sb反演题。
推一波柿子可得

\sum k m i n (⌊ a d ⌋, ⌊ b d ⌋) μ (k) ⌊ a d k ⌋ ⌊ a d k ⌋

$\sum_{k}^{min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(k)\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor$
然后就可以分块了。
code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int prime[50010],pr=0,mu[50010];
bool v[50010];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*x;
}
void pre()
{
    memset(v,true,sizeof(v));
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(v[i]) prime[++pr]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pr&&prime[j]*i<=50000;j++)
        {
            v[prime[j]*i]=false;
            if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0;break;}
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i<=50000;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
int main()
{
    pre();
    int T;T=read();
    while(T--)
    {
        int a,b,d;a=read();b=read();d=read();
        a/=d;b/=d;int j;LL ans=0;
        for(int i=1;i<=min(a,b);i=j+1)
        {
            j=min(a/(a/i),b/(b/i));
            ans=ans+(mu[j]-mu[i-1])*(LL)(a/i)*(LL)(b/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}