HDU 1695 GCD 莫比乌斯反演

最新推荐文章于 2021-03-21 18:31:13 发布

happy_windman

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分类专栏：数论的学习文章标签：莫比乌斯反演

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博客围绕求解【1，b】和【1，d】区间内gcd为k的数对数量展开，这是莫比乌斯反演入门题。先设f(k)和g(k)，通过莫比乌斯反演求f(k)，线性筛预处理莫比乌斯函数值求解，还考虑了数对去重。此外，介绍了用数论分块进行优化。

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题意：

求【1，b】和【1，d】两个区间内gcd为k的数对的数量，其中(x,y)和(y,x)看作同一数对。

题解：

莫比乌斯反演入门题。

基本套路，设f(k)和g(k)，g(k)很容易求，再通过莫比乌斯反演求f(k)。

我的另一篇博客中莫比乌斯反演的过程与这道题类似，且已经写得很详细了。

最后可得式子(方便起见，不妨令b<=d，不满足则交换两者值，显然不影响结果)

$ans=f(k)=\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac{b}{k} \right \rfloor}mu(i)*\left \lfloor\frac{b}{i*k} \right \rfloor*\left \lfloor\frac{d}{i*k} \right \rfloor$

线性筛预处理出莫比乌斯函数的值，此时已经可以 $O(\frac{b}{k})$ 的求解问题了。

当然本题由于(x,y)和(y,x)为同一数对，因此需要考虑去重。

重复的原因在于，【1，b】和【1，b】的数对除了(k,k)外都有两个，假设此中数对有ans1对

$ans1=f_1(k)=\sum_{i=1}^{\left \lfloor\frac{b}{k} \right \rfloor}mu(i)*\left \lfloor\frac{b}{i*k} \right \rfloor*\left \lfloor\frac{b}{i*k} \right \rfloor$

则重复的为 $\frac{ans1-1}{2}$ 对，因此答案为 $ans-\frac{ans1-1}{2}$

（PS:当ans1不为0时，必定为奇数，因此整数除法中 $\frac{ans1-1}{2}$ 等价于 $\frac{ans1}{2}$ ，所以代码中直接使用了后者

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define m_p make_pair
#define p_b push_back
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ls (rt<<1)
#define rs ((rt<<1)|1)
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int MAXN=1e5+5;
const db eps=1e-8;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int seed=131;
bool notprime[MAXN];
int prime[MAXN],cnt,mu[MAXN];
void init(){
	mu[1]=notprime[1]=1;
	for(int i=2;i<MAXN;i++){
		if(!notprime[i]) prime[cnt++]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=0;j<cnt&&prime[j]*i<MAXN;j++){
			notprime[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		} 
	}
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	int t,a,b,c,d,k;
	init();
	cin>>t;
	For(cas,1,t){
		cin>>a>>b>>c>>d>>k;
		ll ans=0;
		if(k!=0){
			ll ans1=0;
			if(b>d) swap(b,d);
			d/=k,b/=k;
			for(int i=1;i<=b;i++){
				ans+=mu[i]*(d/i)*1ll*(b/i);
			}
			for(int i=1;i<=b;i++){
				ans1+=mu[i]*(b/i)*1ll*(b/i);
			}
			ans-=ans1/2;
		}
		cout<<"Case "<<cas<<": ";
		cout<<ans<<"\n";
	}
    return 0;
}

优化：

同样很套路的，考虑到 $\left \lfloor\frac{b}{i*k} \right \rfloor*\left \lfloor\frac{d}{i*k} \right \rfloor$ 在很多时候的值是不变的，因此可以考虑通过数论分块对之进行优化。

若b与d相同时，很显然数论分块的复杂度为 $O(\sqrt b)$ ，而两者不相等时，考虑到每一块的结尾一定是b或d的因子，那么再怎么差也不过是 $\sqrt b+\sqrt d$ 块，因此也是根号级别的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define db double
#define m_p make_pair
#define p_b push_back
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define ls (rt<<1)
#define rs ((rt<<1)|1)
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int MAXN=1e5+5;
const db eps=1e-8;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const int seed=131;
bool notprime[MAXN];
int prime[MAXN],cnt,mu[MAXN];
void init(){
	mu[1]=notprime[1]=1;
	for(int i=2;i<MAXN;i++){
		if(!notprime[i]) prime[cnt++]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=0;j<cnt&&prime[j]*i<MAXN;j++){
			notprime[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		} 
	}
	for(int i=1;i<MAXN;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	int t,a,b,c,d,k;
	init();
	cin>>t;
	For(cas,1,t){
		cin>>a>>b>>c>>d>>k;
		ll ans=0;
		if(k!=0){
			ll ans1=0,tt=0,tt1=0;
			if(b>d) swap(b,d);
			d/=k,b/=k;
			for(int l=1,r;l<=b;l=r+1){
				tt=b/l,tt1=d/l;
				r=min(b/tt,d/tt1);
				ans+=(mu[r]-mu[l-1])*tt*tt1;
			}
			for(int l=1,r;l<=b;l=r+1){
				tt=b/l;
				r=b/tt;
				ans1+=(mu[r]-mu[l-1])*tt*tt;
			}
			ans-=ans1/2;
		}
		cout<<"Case "<<cas<<": ";
		cout<<ans<<"\n";
	}
    return 0;
}