【POI2007】bzoj1101 Zap

最新推荐文章于 2018-06-12 18:26:26 发布

sdfzyhx

最新推荐文章于 2018-06-12 18:26:26 发布

阅读量410

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：数学 bzoj 文章标签：狄利克雷卷积

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/sdfzyhx/article/details/54410014

bzoj 同时被 2 个专栏收录

251 篇文章

订阅专栏

数学

229 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种解决密码破解中特定数学问题的方法，即求解给定范围内互质整数对的数量。通过预处理莫比乌斯函数并采用分段查询的方式，实现了高效的算法解决方案。

Description

　　FGD正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a
，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作为FGD的同学，FGD希望得到你的帮助。 Input

　　第一行包含一个正整数n，表示一共有n组询问。（1<=n<= 50000）接下来n行，每行表示一个询问，每行三个
正整数，分别为a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000） Output

　　对于每组询问，输出到输出文件zap.out一个正整数，表示满足条件的整数对数。

等价于求 $i\le \lfloor \frac nd\rfloor,j\le \lfloor \frac md\rfloor$ 的互质的数的个数，也就可以看成 $e(\gcd(i,j))求和$ 。
这样根据 $e=1\times \mu$ ，

= = = \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ \sum j = 1 ⌊ m d ⌋ e (gcd (i, j)) \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ \sum j = 1 ⌊ m d ⌋ \sum x | gcd (i, j) μ (x) \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ \sum j = 1 ⌊ m d ⌋ \sum x | i, x | j μ (x) \sum x = 1 min (⌊ n d ⌋, ⌊ m d ⌋) μ (x) * ⌊ ⌊ n d ⌋ x ⌋ * ⌊ ⌊ m d ⌋ x ⌋

$\begin{align} &\sum _{i=1}^ {\lfloor \frac nd\rfloor} \sum_{j=1} ^{\lfloor \frac md\rfloor} e(\gcd(i,j))\\ = & \sum _{i=1}^ {\lfloor \frac nd\rfloor} \sum_{j=1} ^{\lfloor \frac md\rfloor} \sum_{x|\gcd(i,j)} \mu(x)\\ = & \sum _{i=1}^ {\lfloor \frac nd\rfloor} \sum_{j=1} ^{\lfloor \frac md\rfloor} \sum_{x|i ,x|j} \mu(x)\\ = & \sum_{x=1}^{\min({\lfloor \frac nd\rfloor},\lfloor \frac md\rfloor)} \mu(x)*\lfloor\frac {\lfloor \frac nd\rfloor}{x} \rfloor * \lfloor\frac {\lfloor \frac md\rfloor}{x} \rfloor \end{align}$

$O(n)$ 预处理 $\mu(x)$ 前缀和， $O(\sqrt n)$ 分段回答。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=50000;
int miu[50010],s[50010],prm[50010],vis[50010],tot,m,n,d;
void init()
{
    int i,j;
    miu[1]=1;
    for (i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if (!vis[i])
        {
            prm[++tot]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for (j=1;j<=maxn&&(LL)i*prm[j]<=maxn;j++)
          if (i%prm[j]==0)
          {
            vis[i*prm[j]]=1;
            break;
          }
          else
          {
            vis[i*prm[j]]=1;
            miu[i*prm[j]]=miu[i]*miu[prm[j]];
          }
    }
    for (i=1;i<=maxn;i++)
      s[i]=s[i-1]+miu[i];
}
void solve()
{
    LL ans=0;
    int i,j;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
    n/=d;
    m/=d;
    for (i=1;i<=n&&i<=m;i=j+1)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(LL)(n/i)*(m/i)*(s[j]-s[i-1]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    int T;
    init();
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
      solve();
}