#莫比乌斯反演，整除分块，线性筛#bzoj 3994 洛谷 3327 [SDOI2015]约数个数和

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分块、整除分块同时被 2 个专栏收录

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本文详细解析了一道关于求解约数个数的数论问题，通过运用莫比乌斯反演和整除分块技巧，将复杂问题简化并提供了高效的算法实现方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

设 $d (x)$ 为 $x$ 的约数个数，给定 $n, m$ ，求 $∑i=1n∑j=1md(ij)\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}d(ij)$

分析

又到了推式子的过程了
$ans=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]ans=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$
根据莫比乌斯反演，得到
$ans=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j∑d∣gcd(x,y)μ(d)ans=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$
直接枚举 $d$ ，得到
$ans=∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j∑d=1min(n,m)μ(d)∗[d∣gcd(x,y)]ans=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*[d|gcd(x,y)]$
把只有关 $d$ 的项移出，得到
$ans=∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[d∣gcd(x,y)]ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{x|i}\sum_{y|j}[d|gcd(x,y)]$
换一种方式，得到
$ans=∑d=1min(n,m)μ(d)∑x=1n∑y=1m[d∣gcd(x,y)]⌊nx⌋⌊my⌋ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[d|gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor$
枚举 $d x, d y$ ，得到
$ans=∑d=1min(n,m)μ(d)∑x=1⌊nd⌋∑y=1⌊md⌋⌊ndx⌋⌊mdy⌋ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor$
再移项，得到
$ans=∑d=1min(n,m)μ(d)(∑x=1⌊nd⌋⌊ndx⌋)(∑y=1⌊md⌋⌊mdy⌋)ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{dy}\rfloor)$
发现可以用整除分块和线性筛完成，于是

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int N=50000;
int mu[N+1],v[N+1],prime[N+1],cnt,sum[N+1];
inline signed iut(){
    rr int ans=0; rr char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
    return ans;
}
inline void prepa(){
    mu[1]=sum[1]=1; 
    for (rr int i=2;i<=N;++i){//线性筛莫比乌斯函数
        if (!v[i]) mu[i]=-1,v[i]=prime[++cnt]=i;
        for (rr int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;++j){
            v[i*prime[j]]=prime[j];
            if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
                else break;
        }
    }
    for (rr int i=2;i<=N;++i){
        mu[i]+=mu[i-1];
        for (rr int l=1,r;l<=i;l=r+1)//整除分块
            sum[i]+=((r=(i/(i/l)))-l+1)*(i/l);
    }
}
inline signed min(int a,int b){return (a<b)?a:b;}
signed main(){
    prepa();
    rr int t=iut();
    while (t--){
        rr int n=iut(),m=iut();
        rr int minx=min(n,m);
        rr long long ans=0;
        for (rr int l=1,r;l<=minx;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=(mu[r]-mu[l-1])*1ll*sum[n/l]*sum[m/l];//按照刚刚的式子求出答案
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}