【BZOJ3529】【SDOI2014】—数表（莫比乌斯反演+树状数组）-优快云博客

本文深入探讨了数论中莫比乌斯反演的应用，通过具体的数学问题，展示了如何利用莫比乌斯反演解决约数和相关问题。文章详细解释了算法实现过程，包括预处理、整除分块等技巧，并提供了完整的代码示例。

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传送门

题意：

令 $F (x)$ 表示所有 $x$ 的约数之和

求 $∑i=1n∑j=1m[F(gcd(i,j))≤a]F(gcd(i,j))%231\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[F(gcd(i,j))\le a]F(gcd(i,j))\%2^{31}$

$S o l u t i o n ：$

$[F(gcd(i,j))≤a][F(gcd(i,j))\le a]$ 这个条件不好处理，先丢掉不管

设 $g (x)$ 表示 $∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)=x]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[g cd(i,j)=x]$

考虑枚举每一个 $g c d (i, j)$

则 $ans=∑i=1min(n,m)F(i)g(i)ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}F(i)g(i)$

$g (x)$ 可以由常见莫反套路(不知道的先去把 $Z a p$ 做了再来)得：

$g(x)=∑x∣dμ(dx)⌊nd⌋⌊md⌋g(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac d x)\lfloor \frac n d\rfloor \lfloor \frac m d\rfloor$

则

$ans=∑i=1min(n,m)F(i)∑i∣dμ(di)⌊nd⌋⌊md⌋ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}F(i)\sum_{i|d}\mu(\frac d i)\lfloor \frac n d\rfloor \lfloor \frac m d\rfloor$

发现后面有一个整除分块的形式，想办法提到前面来
考虑枚举 $d$
则

$ans=∑d=1min(n,m)⌊nd⌋⌊md⌋∑i∣dμ(di)F(i)ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac n d\rfloor \lfloor \frac m d\rfloor \sum_{i|d}\mu(\frac d i)F(i)$

考虑到如果我们能得到 $∑i∣dμ(di)F(i)\sum_{i|d}\mu(\frac d i)F(i)$ 的前缀和，就可以单次 $O(n)O(\sqrt n)$ 解决

如果没有 $a$ 的限制的话
$F (i)$ 就可以暴力枚举倍数 $O (n l o g n)$ 解决，这一团也可以在枚举的同时一起处理了

现在考虑怎么处理 $F(gcd(i,j))≤aF(gcd(i,j))\le a$
即现在式子中的 $F(i)≤aF(i)\le a$

发现满足的 $F (i)$ 都是固定的

考虑离线,将 $a$ 从小往大枚举
则每一次都是把一些 $F (i)$ 增加来统计

由于要统计满足的区间和，我们可以用一个 $B i t$ 来维护单点修改的区间求和
每次暴力把满足的 $i$ 对所有 $i$ 的倍数的贡献暴力加到 $B i t$ 内

然后就可以愉快的上整除分块辣！

取模可以直接用 $i n t$ 自然溢出最后再与 $2^{31}-1$ 取与即可(别问我，我也不知道为什么)

复杂度 $O(nlog2n+qnlogn)O(nlog^2n+q\sqrt nlogn)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=100005;
int mu[N],pr[N],vis[N],tot,f[N],g[N],sum[N];
int q,ans[N];
struct ask{
	int n,m,a,idx;
}p[N];
struct F{
	int v,pos;
}k[N];
inline bool cmp(const F &a,const F &b){
	return a.v<b.v;
}
inline bool comp(const ask &a,const ask &b){
	return a.a<b.a;
}
namespace Bit{
	int tr[N];
	inline int lowbit(int x){
		return (x&(-x));
	}
	inline void update(int p,int k){
		for(;p<N;p+=lowbit(p))tr[p]+=k;
	}
	inline int query(int p,int res=0){
		for(;p;p-=lowbit(p))res+=tr[p];return res;
	}
}
using namespace Bit;
inline void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i])pr[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pr[j]<N;j++){
			vis[pr[j]*i]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++)
		for(int j=i;j<N;j+=i)
			f[j]+=i;
}
inline int calc(int n,int m){
	int res=0,p=min(n,m);
	for(int i=1,nxt;i<=p;i=nxt+1){
		nxt=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res+=(query(nxt)-query(i-1))*(n/i)*(m/i);
	}
	return res;
}
int main(){
	init();
	q=read();
	for(int i=1;i<=q;i++)p[i].n=read(),p[i].m=read(),p[i].a=read(),p[i].idx=i;
	sort(p+1,p+q+1,comp);
	for(int i=1;i<N;i++)k[i].v=f[i],k[i].pos=i;
	sort(k+1,k+N,cmp);int now=1;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		while(now<N&&k[now].v<=p[i].a){
			for(int j=1;j*k[now].pos<N;j++)
				update(j*k[now].pos,k[now].v*mu[j]);
			now++;
		}
		ans[p[i].idx]=calc(p[i].n,p[i].m);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)cout<<(ans[i]&2147483647)<<'\n';
}