洛谷P3312 [SDOI2014]数表

洛谷P3312 [SDOI2014]数表

前置知识：莫比乌斯反演

题解

不妨设$n\le m$。
若没有$a$的限制，则题意即求

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sigma (\gcd (i,j))$

枚举$\gcd$可得

$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sigma (d)[\gcd (i,j)=1]$

将$\sigma (d)$移到前面，利用莫比乌斯函数的性质，可得

$\sum _{d=1}^n\sigma (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$

稍作整理可得

$\sum _{d=1}^n\sigma (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$

枚举$k$，可得

$\sum _{d=1}^n\sigma (d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd}\rfloor }\mu (k)$

即可得

$\sum _{d=1}^n\sigma (d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor \lfloor \frac{m}{kd}\rfloor$

令$T=kd$，得

$\sum _{d=1}^n\sigma (d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$

枚举$T$可得

$\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \sum _{d|T}\sigma (d)\mu (\frac{T}{d})$

如果没有$a$的限制，则只需求出$\sum _{d|T}\sigma (d)\mu (\frac{T}{d})$的前缀和，再用数论分块就可以了。

设$f(T)=\sum _{d|T}\sigma (d)\mu (\frac{T}{d})$，我们发现只有当$\sigma (d)\le a$时，$\sigma (d)\times \mu (\frac{T}{d})$才会对$f(T)$有贡献。

我们可以按$\sigma (d)$从小到大来对$d$排序，对询问按$a$从小到大排序。随着$a$的增大，会有一些$\sigma (d)\times \mu (\frac{T}{d})$对$f(T)$从无贡献变为有贡献。可以用树状数组维护$f(T)$，然后动态修改。原来的式子用数论分块来求，求$f(T)$的前缀和可以用区间查询来实现。

更新$f(T)$最多需要$\sum _{i=1}^n\frac{n}{i}\approx n\ln n$次，每次更新$f(T)$的时间复杂度为$O(\log n)$，则更新的时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。每次处理询问的时间复杂度为$O(\sqrt{n}\log n)$，则处理询问的时间复杂度为$O(q\sqrt{n}\log n)$。总时间复杂度为$O(q\sqrt{n}\log n+n{\log }^{2}n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5;
const long long mod=2147483648ll;
int t,z[100005],p[100005],mu[100005],ans[20005],tr[100005];
long long x;
struct node1{
	int x,id;
}g[100005];
struct node2{
	int n,m,a,id;
}w[20005];
bool cmp1(node1 ax,node1 bx){
	return ax.x<bx.x;
}
bool cmp2(node2 ax,node2 bx){
	return ax.a<bx.a;
}
int lb(int i){
	return i&(-i);
}
void pt(int i,int t){
	while(i<=N){
		tr[i]+=t;i+=lb(i);
	}
}
int gt(int i){
	int re=0;
	while(i){
		re+=tr[i];i-=lb(i);
	}
	return re;
}
int sum(int n,int m){
	int re=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		re+=(gt(r)-gt(l-1))*(n/l)*(m/l);
	}
	return re;
}
int main()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!z[i]){
			p[++p[0]]=i;mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
			z[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0){
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++){
		for(int j=i;j<=N;j+=i) g[j].x+=i;
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) g[i].id=i;
	sort(g+1,g+N+1,cmp1);
	scanf("%d",&t);
	for(int i=1;i<=t;i++){
		scanf("%d%d%d",&w[i].n,&w[i].m,&w[i].a);w[i].id=i;
		if(w[i].n>w[i].m) swap(w[i].n,w[i].m);
	}
	sort(w+1,w+t+1,cmp2);
	for(int i=1,j=0;i<=t;i++){
		while(w[i].a>=g[j+1].x&&j+1<=N){
			++j;
			for(int k=g[j].id;k<=N;k+=g[j].id){
				pt(k,g[j].x*mu[k/g[j].id]);
			}
		}
		ans[w[i].id]=sum(w[i].n,w[i].m);
	}
	for(int i=1;i<=t;i++){
	ans[i]=(1ll*ans[i]+mod)%mod;
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
	return 0;
}