Hdoj 5212 Code 【数论】【莫比乌斯反演】

最新推荐文章于 2018-02-01 15:43:00 发布

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#莫比乌斯反演

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本文介绍了一种针对特定函数的高效计算方法，通过分析数列中每对数的贡献来优化计算过程，实现了O(nlogn)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

转自：http://blog.youkuaiyun.com/LYHVOYAGE/article/details/45306211

Code

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 212 Accepted Submission(s): 86

Problem Description

WLD likes playing with codes.One day he is writing a function.Howerver,his computer breaks down because the function is too powerful.He is very sad.Can you help him?

The function:

int calc
{

  int res=0;

  for(int i=1;i<=n;i++)

    for(int j=1;j<=n;j++)

    {

      res+=gcd(a[i],a[j])*(gcd(a[i],a[j])-1);

      res%=10007;

    }

  return res;

}

Input

There are Multiple Cases.(At MOST

10 )

For each case:

The first line contains an integer

N(1≤N≤10000) .

The next line contains

N integers

a1,a2,...,aN(1≤ai≤10000) .

Output

For each case:

Print an integer,denoting what the function returns.

Sample Input

  
   5
1 3 4 2 4

Sample Output

分析：首先，我们分析每个数对最终答案的影响。

那么我们就要求出：对于每个数，以它为 gcd 的数对有多少对。

显然，对于一个数 x ，以它为 gcd 的两个数一定都是 x 的倍数。如果 x 的倍数在数列中有 k 个，那么最多有 k^2 对数的 gcd 是 x 。

同样显然的是，对于两个数，如果他们都是 x 的倍数，那么他们的 gcd 一定也是 x 的倍数。

所以，我们求出 x 的倍数在数列中有 k 个，然后就有 k^2 对数满足两个数都是 x 的倍数，这 k^2 对数的 gcd，要么是 x ，要么是 2x, 3x, 4x...

并且，一个数是 x 的倍数的倍数，它就一定是 x 的倍数。所以以 x 的倍数为 gcd 的数对，一定都包含在这 k^2 对数中。

如果我们从大到小枚举 x ，这样计算 x 的贡献时，x 的多倍数就已经计算完了。我们用 f(x) 表示以 x 为 gcd 的数对个数。

那么 f(x) = k^2 - f(2x) - f(3x) - f(4x) ... f(tx) (tx <= 10000, k = Cnt[x])

这样枚举每个 x ，然后枚举每个 x 的倍数，复杂度用调和级数计算，约为 O(n logn)。

代码：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 const int M = 1e4+5;
 const int Mod = 10007;
 using namespace std;
 
 int cnt[M], f[M];
 
 int main(){
 	int n, a;
 	while(scanf("%d", &n) == 1){
	 	memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
	 	for(int i = 0; i < n; ++ i){
		 	scanf("%d", &a);
		 	for(int j = 1; j*j <= a; ++ j){
			 	if(a%j == 0){
				 	cnt[j]++;
				 	if(j*j != a){
					 	cnt[a/j]++;
					 }
				 }
			 }
		 }
		 int ans = 0;
		 for(int i = 10000; i > 0; -- i){
		 	f[i] = cnt[i]*cnt[i]%Mod;
		 	for(int j = i*2; j <= 10000; j += i){
			 	f[i] = (f[i]-f[j]+Mod)%Mod;
			 }
			 int temp = i*(i-1)%Mod;
			 ans = (ans+(temp*f[i])%Mod)%Mod;
		 }
		 printf("%d\n", ans);
	 }
 	return 0;
 }