P3911 最小公倍数之和

最新推荐文章于 2021-12-11 12:14:19 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/olinr/p/10308801.html

本文介绍了一种高效算法，用于解决算法竞赛中常见的问题：求解一系列整数的每对组合的最小公倍数之和。通过巧妙地转换和优化，将原始问题转化为更易于处理的形式，最终实现O(nlogn)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 >

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

对于\(A_1,A_2,\cdots,A_N\)，求

\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N lcm(A_i,A_j)\)的值。

\(lcm(a,b)\) 表示a 和b 的最小公倍数

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

第1 行，1 个整数N。

第2 行，N 个整数\(A_1,A_2,\cdots,A_N\)。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

1 个整数，表示所求的值。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

2
2 3

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

• 对于30% 的数据，\(1 \le N \le 1000; 1 \le A_i \le 50000\)；

• 对于另外30% 的数据，\(1 \le N \le 50000; 1 \le A_i \le 1000\)；

• 对于100% 的数据，\(1 \le N \le 50000; 1 \le A_i \le 50000\)。

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

对于序列，我们其实不太好处理

但是发现，值域只有50000

令\(a_i\)表示序列中等于i的数的个数

然后发现，把\(a_i\)弄上去后，式子变成了这样（n=50000）

\[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i*a_j*lcm(i,j) \]

这下顺眼多了，可以开始化简了

先转为gcd

\[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \frac{a_i*a_j*i*j}{gcd(i,j)} \]

枚举gcd

\[ \sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(i,j)==d] \frac{a_i*a_j*i*j}{d} \]

把d除上去

\[ \sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} [gcd(i,j)==1] a_{id}*a_{jd}*i*j*d \]

把d放前面

\[ \sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} [gcd(i,j)==1] a_{id}*a_{jd}*i*j \]

把\(\mu * 1 = e\)套进去

\[ \sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k)* a_{id}*a_{jd}*i*j \]

枚举k

\[ \sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^n \mu(k) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} a_{ikd}*a_{jkd}*i*k*j*k \]

看起来好像很复杂？先把k弄出来

\[ \sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^n \mu(k)*k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} a_{ikd}*a_{jkd}*i*j \]

然后用经典方法，kd换q

\[ \sum_{q=1}^n\sum_{k|q} \mu(k)*k*q\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor} a_{iq}*a_{jq}*i*j \]

这。。。先把能往前提的都往前弄

\[ \sum_{q=1}^n q\sum_{k|q} \mu(k)*k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}a_{iq}*i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor} a_{jq}*j \]

我去，后面两项一样诶

\[ \sum_{q=1}^n q\sum_{k|q} \mu(k)*k(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}a_{iq}*i)^2 \]

然后你发现，最后一个\(\sum\)只跟q有关，可以枚倍数\(O(nlogn)\)预处理

然后你又发现，中间那个也只跟q有关，也可以枚举倍数\(O(nlogn)\)预处理

然后。。。这题还TM良心的一组数据，连数列分块都不用，直接\(O(n)\)收集答案就行了

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
    char ch; LL x = 0, f = 1;
    while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
    for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
    return x * f;
}
const int maxn = 50505;
const int mod = 50000;
LL a[maxn], mu[maxn], ans[maxn], tot[maxn], pri[maxn], cnt;
bool vis[maxn];
LL work() {
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= mod; i++) {
        if(!vis[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 1; j <= cnt&& (LL)i * pri[j] <= mod; j++) {
            vis[i * pri[j]] = true;
            if(i % pri[j] == 0) break;
            else mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= mod; i++)
        for(int j = i; j <= mod; j += i) {
            ans[j] += mu[i] * i;
            tot[i] += a[j] * (j / i);
        }
    LL res = 0;
    for(int i = 1; i <= mod; i++) res += 1LL * i * ans[i] * tot[i] * tot[i];
    return res;
}

int main() {
    int n = in();
    for(int i = 1; i <= n; i++) a[in()]++;
    printf("%lld\n", work());
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/olinr/p/10308801.html