[BZOJ3994][SDOI2015]約數個數和
阿新 • • 發佈：2018-01-09
-s math pre ret 表達 cnblogs void sin bre
\[ans=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[\gcd(u,v)==1]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
寫出這個形式那就好辦了，
\[f(d)=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[\gcd(u,v)==d]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
\[F(d)=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[d|\gcd(u,v)]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
在\(F(d)\)的表達式中顯然\(u\)和\(v\)都是\(d\)的倍數，所以我們可以令\(u=id,v=jd\)然後
\[F(d)=\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\lfloor \frac {n}{id} \rfloor\lfloor \frac {m}{jd} \rfloor=\sum_{i=1}^{n/d}\lfloor \frac {n/d}{i} \rfloor * \sum_{j=1}^{m/d}\lfloor \frac {m/d}{j} \rfloor\]
註意上面的那個結構，形如\(\sum_{i=1}^{n}\frac ni\)，我們把它記作\(sum(n)\)
\(sum(n)=\sum_{i=1}^{n} \frac ni\)表示1~n中每個數的約數個數和
所以就是對每個數求一下約數個數再取前綴和即可。
對一個數求約數個數使用唯一分解定理，復雜度\(O(n\sqrt n)\)（預處理）
別忘了答案式
\[ans=f(1)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)F(d)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)sum(\lfloor \frac {n}{d} \rfloor)sum(\lfloor \frac {m}{d} \rfloor)\]
\(O(n)\)處理出\(\mu(d)\)的前綴和然後直接數論分塊一波
復雜度\(O(T\sqrt n)\)
BZOJ
Luogu
題意：
給定n，m，求\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\)，其中\(d(x)\)表示x的約數個數。多組數據，n,m<=50000,T<=50000
sol
首先我們大膽猜想，
\[d(ij)=\sum_{u|i}\sum_{v|j}[\gcd(u,v)==1]\]
（證明晚上再補。。。）
好然後我們看，我們已知
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{u|i}\sum_{v|j}[\gcd(u,v)==1]\]
顯然這四個\(\sum\)很不好搞，所以我們考慮枚舉\(u,v\)，計算每一對\((u,v)\)
\[ans=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[\gcd(u,v)==1]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
寫出這個形式那就好辦了，
\[f(d)=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[\gcd(u,v)==d]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
\[F(d)=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}[d|\gcd(u,v)]\lfloor \frac nu \rfloor\lfloor \frac mv \rfloor\]
在\(F(d)\)的表達式中顯然\(u\)和\(v\)都是\(d\)的倍數，所以我們可以令\(u=id,v=jd\)然後
\[F(d)=\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m/d}\lfloor \frac {n}{id} \rfloor\lfloor \frac {m}{jd} \rfloor=\sum_{i=1}^{n/d}\lfloor \frac {n/d}{i} \rfloor * \sum_{j=1}^{m/d}\lfloor \frac {m/d}{j} \rfloor\]
註意上面的那個結構，形如\(\sum_{i=1}^{n}\frac ni\)，我們把它記作\(sum(n)\)
\(sum(n)=\sum_{i=1}^{n} \frac ni\)表示1~n中每個數的約數個數和
所以就是對每個數求一下約數個數再取前綴和即可。
對一個數求約數個數使用唯一分解定理，復雜度\(O(n\sqrt n)\)（預處理）
別忘了答案式
\[ans=f(1)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)F(d)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)sum(\lfloor \frac {n}{d} \rfloor)sum(\lfloor \frac {m}{d} \rfloor)\]
\(O(n)\)處理出\(\mu(d)\)的前綴和然後直接數論分塊一波
復雜度\(O(T\sqrt n)\)
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 50000;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
int mu[N+5],pri[N+5],tot,zhi[N+5];
ll s[N+5],f[N+5];
void Mobius()
{
zhi[1]=mu[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++)
{
if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
}
}
for (int i=1;i<=N;i++)
s[i]=s[i-1]+mu[i];
}
int Divide(int x)
{
int p[10]={0},k[10]={0},t=0;
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
{
p[++t]=i;
while (x%i==0) k[t]++,x/=i;
}
if (x>1) p[++t]=x,k[t]=1;
int res=1;
for (int i=1;i<=t;i++)
res*=k[i]+1;
return res;
}
int main()
{
Mobius();
for (int i=1;i<=N;i++)
f[i]=f[i-1]+Divide(i);
int T=gi();
while (T--)
{
int n=gi(),m=gi();
if (n>m) swap(n,m);
int i=1;ll ans=0;
while (i<=n)
{
int j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(s[j]-s[i-1])*f[n/i]*f[m/i];
i=j+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}[BZOJ3994][SDOI2015]約數個數和