P3327 约数的个数和 [约数函数性质,数论分块]

最新推荐文章于 2022-10-08 23:41:57 发布

phython96

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分类专栏： ACM-ICPC训练题解数论与组合数学系列

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数论与组合数学系列

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本文深入探讨了P3327题目中关于约数个数和的计算方法，利用数论特性进行公式推导，最终得出一种O(n)数论分块求解方案。代码实现基于Mu函数预处理，有效解决了大规模数据集下的计算难题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

P3327 约数的个数和

题意

$d (x)$ 为约数的个数,对于每个询问,回答 $∑i=1n∑j=1md(ij)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$ .

题解

这个题推得我头皮发麻,然后还没推出来,后来发现要做这题的先知道一个性质:

$d(ij)=∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

通过这个性质,我们把原式写成
$∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j[gcd(x,y)=1]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

我们知道 $∑d∣xμ(d)=[x=1]\sum_{d|x}\mu(d)=[x=1]$ ,代换进去,就得到了:

$∑i=1n∑j=1m∑x∣i∑y∣j∑d∣gcd(x,y)μ(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$

变枚举 $i, j$ 为枚举 $x, y$ :

$∑x=1n∑y=1m⌊nx⌋⌊my⌋∑d∣gcd(x,y)μ(d)\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y} \rfloor\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$

再转为枚举 $d$ ,得到:

$∑d=1μ(d)∑x=1n/d∑y=1m/d⌊nxd⌋⌊myd⌋\sum_{d=1}\mu(d)\sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d} \lfloor \frac{n}{xd} \rfloor \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor$

也即

$∑d=1μ(d)(∑x=1n/d⌊nxd⌋)(∑y=1m/d⌊myd⌋)\sum_{d=1}\mu(d)(\sum_{x=1}^{n/d} \lfloor \frac{n}{xd} \rfloor) (\sum_{y=1}^{m/d} \lfloor \frac{m}{yd} \rfloor)$

记 $f(x)=∑i=1x⌊xi⌋f(x)=\sum_{i=1}^x \lfloor \frac{x}{i} \rfloor$ ,则原式:

$∑d=1μ(d)f(⌊nd⌋)f(⌊md⌋)\sum_{d=1}\mu(d)f(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)f(\lfloor \frac{m}{d} \rfloor)$

若 $f (x)$ 可以 $O (1)$ 查询的话,上面的式子就可以 $O(n)O(\sqrt{n})$ 数论分块求出.

显然, $f (x)$ 可以用 $O(nn)O(n\sqrt{n})$ 的时间复杂度预处理出来,方法也是数论分块.

代码

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
typedef long long LL;
const int N = 50010;
int n,m,T;
int prime[N+10],mu[N+10],pcnt,zhi[N+10],low[N+10];
void sieve() {
    mu[1] = zhi[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= N;++i) {
        if(!zhi[i]) {
            prime[pcnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0;j < pcnt && i * prime[j] <= N;++j) {
            zhi[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) {
                mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
            else{
                mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
}
LL F[N+10];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin >> T;
    sieve();
    for(int i = 1;i <= N;++i) {
        mu[i] += mu[i-1];
    }
    for(int i = 1;i <= N;++i) {
        for(int x = 1,last;x <= i;x = last+1) {
            last = i/(i/x);
            F[i] += (last-x+1)*(i/x);
        }
    }
    while(T--) {
        std::cin >> n >> m;
        LL ans = 0;
        int lim = n > m?m:n;
        for(int x = 1,nx1,nx2,nxt;x <= lim;x = nxt+1) {
            nx1 = n/(n/x);
            nx2 = m/(m/x);
            nxt = nx1>nx2?nx2:nx1;
            ans += (mu[nxt]-mu[x-1])*F[n/x]*F[m/x];
        }
        std::cout << ans << std::endl;
    }
    return 0;
}