bzoj 2820-莫比乌斯函数反演+分块优化 +换元优化

最新推荐文章于 2021-03-21 18:31:13 发布

yuhong_liu

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分类专栏：数学莫比乌斯反演及其应用数学 gcd

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/viphong/article/details/52452654

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数学莫比乌斯反演及其应用

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本文介绍了一种求解特定数对(x,y)数量的方法，其中1≤x≤n,1≤y≤m且gcd(x,y)为质数。通过分析和优化算法，最终实现了一个时间复杂度为sqrt(n)的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

BZOJ2820 YGY的GCD

•题目大意：求有多少数对(x,y)(1<=x<=n,1<=y<=m)满足gcd(x,y)为质数

T = 10000

N, M <= 10000000

参考popoqqqPPT：

首先，根据http://blog.youkuaiyun.com/viphong/article/details/52451540

f(x)表示gcd(i,j)==x的ij对数，F(x)是包含f(x)的

那么对于一个质数其贡献为 f(i)=

直接计算，光枚举p就已经TLE了。

我们可以发现，p是所有的质数，f(p)枚举了每个质数的所有倍数，这其实不就是把所有的数都枚举了吗：

也就是从

变成了

而我们发现，这个跟又跟那个分块优化的套路非常相似了

我们只需要预处理出的前缀和，就可以sqrt(n)求到答案了

这个东西什么意思？就是对于一个d，把mu(d的约数)求和。

而这个我们可以预处理，枚举所有质数，去更新这个质数的所有倍数。

假设我们枚举的是n个数，那么每一个数的倍数有n/i个，一共枚举的数量就是=n* ，调和级数嘛，也就是n*lgn咯，似乎可以证明是均摊logn，而质数的个数约为O（n/lgn），因此

枚举所有质数的倍数的复杂度约为，o(logn*n/logn)=o(n)

再求个前缀和，所以预处理这一部分的复杂度是o(n)

综上复杂度为sqrt(n)

参考代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long  ll;
const ll p =1000000007;
const int  N=10000000;
bool is_prime[N+500];
int prime[N+50];
int mu[N+50];
ll sum[N+50];
ll tot;

void Moblus()
{
    tot = 0;
    mu[1] = 1;
    for(ll i = 2; i < N; i++)
    {
        if(!is_prime[i])
        {
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(ll j = 0; j < tot && i*prime[j] < N; j++)
        {
            is_prime[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j])
            {
                mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

ll ud[N+50];
void pre()
{
     for (int i=0;i<tot;i++)
    {
        for (ll j=prime[i];j<=N;j+=prime[i])
        {
            ud[j]+=mu[j/prime[i]];
        }
    }
}

//找[1,n],[1,m]内gcd(i,j)为质数的对数
ll solve(ll n,ll m )
{
    if (n>m)swap(n,m);
    ll ret=0;
    for (int i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}
int main()
{
    Moblus();
    pre();
    for (int i=1;i<N;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+ud[i];
    freopen("YYnoGCD.in","r",stdin);
    freopen("YYnoGCD.out","w",stdout);
    int t;cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll n,m;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        ll ans=solve(n,m);

        printf("%lld\n",ans);
    }


    return 0;
}