[51Nod 1222]

题面

求$largesum_{k=a}^bsum_{i=1}^ksum_{j=1}^i[lcm(i,j)==k]$
$1<=a<=b<=10^{11}$

题目分析

令$large f(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^i[lcm(i,j)==n]$
则$large Ans=sum_{i=a}^bf(i)$
$large f(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^i[icdot j==ncdot (i,j)]\=sum_{d|n}sum_{d|i}sum_{d|j,j<=i}[icdot j==nd~&&~(frac id,frac jd)==1]\=sum_{d|n}sum_{i=1}^{frac nd}sum_{j=1}^i[ij==frac nd~&&~(i,j)==1]\=sum_{d|n}sum_{i=1}^dsum_{j=1}^i[ij==d~&&~(i,j)==1]\=sum_{d|n}h(d)$
此处$h(d)$表示小于等于$d$中,满足两个数互质且乘积为$d$的无序数对的个数,显然
$large h(d)=left{ egin{aligned} &1~,~d=1\ &2^{omega(d)-1}~,~d=prod_{i=1}^{omega(d)}p_i^{a_i}\ end{aligned} ight.$其中$largeomega(d)$表示d的质因子个数

相当于把d的质因数分成两部分,所以就每个质因数选或不选,又因为是无序数对,所以除以2,也可以写为以下形式
$large h(d)=frac{2^{omega(d)}+[d==1]}2$

• 有没有发现十分类似某个等式,记与$n$互质的数的和为$a(n)$(随便选的字母),则
• $a(n)=frac{varphi(n)n+[n==1]}2$

回到这道题,有$large f(n)=sum_{d|n}h(d)=sum_{d|n}frac{2^{omega(d)}+[d==1]}2\=frac{1+sum_{d|n}2^{omega(d)}}2$
然后我们又发现其实$large2^{omega(d)}$是每个质因数选或不选的方案数,及$d$的无平方因子的约数的个数,所以$large 2^{omega(d)}=sum_{k|d}|mu(k)|$根据$mu$函数的定义,我们知道只有无平方因子数的函数值才为1或-1,所以加上绝对值就成了计数
$large herefore sum_{i=1}^nf(i)=frac{n+sum_{i=1}^nsum_{d|i}2^{omega(d)}}2=frac{n+sum_{i=1}^nsum_{d|i}sum_{k|d}|mu(k)|}2$
$largeecause sum_{i=1}^nsum_{d|i}sum_{k|d}|mu(k)|=sum_{k=1}^n|mu(k)|sum_{k|d}sum_{d|i}1\=sum_{k=1}^n|mu(k)|sum_{k|d}lfloorfrac nd floor\=sum_{k=1}^n|mu(k)|sum_{d=1}^{lfloorfrac nk floor}lfloorfrac n{dk} floor\=sum_{k=1}^n|mu(k)|sum_{d=1}^{lfloorfrac nk floor}lfloorfrac {lfloorfrac nk floor}d floor\=sum_{k=1}^n|mu(k)|sum_{d=1}^{lfloorfrac nk floor}lfloorfrac {lfloorfrac nk floor}d floor$

• 先看第二个$largesum$，对于某一个$large{lfloorfrac nk floor}$的取值，把它记作$N$，就以$N$的范围做整除分块优化，$largeTheta(sqrt N)$的时间复杂度，那么外层还有一个求和，于是在外面也套一层整除分块优化，预处理出前$large n^{frac 23}$后时间复杂度为$largeTheta(n^{frac23})$

  • 此处预处理为线性筛，考虑变换，$largesum_{i=1}^nlarge{lfloorfrac ni floor}$实际可看作枚举$i$后看$n$以内有多少个数能被$i$整除，这不就是$largesum_{i=1}^nsigma_0(i)$吗？(这个函数表示i的约数个数)
    于是我们只需要筛出约数个数在累加就行了，线性筛时存一下当前数的最小质因子的次数就可以愉快的线性筛了

• 由于在外面一层套上了整除分块优化，则需要求出$large |mu(k)|$的前缀和，也就是$n$以内的无平方因子数

  • 这里处理无平方因子数时用容斥原理，有
    $largesum_{i=1}^n|mu(i)|=sum_{i=1}^{sqrt n}mu(i)cdotlfloorfrac n{i^2} floor$想想$mu$函数的定义，这个容斥还是比较好理解的
    $large Theta(sqrt n)$可处理出来

• 其实这道题用的是[SPOJ] DIVCNT2 - Counting Divisors (square)一模一样的方法(我后面的分析都是直接粘的233)

• 但是奈何这道题$color{white}TM$的卡内存!(各种预处理+卡内存我只能做到6015ms>6000ms T了…)

• 只能想想别的办法(也许有些同学掌握特殊的卡常技巧能过A掉吧)

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好的。

正文开始

那么我就要开始略讲一点了

定义$large F(i)=sum_{x=1}^isum_{y=1}^x[frac{xy}{(x,y)}==i]$
则$large Ans=sum_{i=1}^bF(i)-sum_{i=1}^{a-1}F(i)$

考虑$sum_{i=1}^nF(i)$怎么求
设$(x,y)=r,x=ar,y=br$,则
$large sum_{i=1}^nF(i)=sum_{x=1}^nsum_{y=1}^x[frac {xy}rle n]\=sum_asum_bsum_r[ale b][(a,b)==1][abrle n]$反演一下得到$large sum_{i=1}^nF(i)=sum_{d=1}^{sqrt n}mu(d)sum_asum_bsum_r[ale b][abrle lfloorfrac n{d^2} floor]$不考虑$[ale b]$的话就是$a,b,r$三个数的乘积的统计,做法为统计$xle yle z~&&~xyzle N$的$(x,y,z)$数对的数量

分别考虑三个数不相等/两个数相等/三个数相等的情况再分别乘上排列系数

由于这样的枚举只需要枚举$large xle N^{frac 13}$,在枚举$large xle yle frac Nx$,然后$Theta(1)$统计$z$的个数

$[ale b]$比较讨厌,假设$(a,b)$与$(b,a)$被统计两次,因为有$a=b$的情况不能直接除以$2$
回到原问题,当$a=b$时,由于$(a,b)=1$,所以$a=b=1$,此时$r$有$n$种取值,所以只需要在算出的结果加上$n$再除以$2$即可
参考自 51Nod 题解1楼

时间复杂度证明

设$T(n)$表示统计满足$xyz<=n$的$(x,y,z)$的三元组个数的时间复杂度
$large T(n)=Thetaleft(sum_{x=1}^{n^{frac 13}}(sqrt{frac nx}-x) ight)=Theta(n^{frac 23})$
上面的$-x$是枚举$y$时从$x+1$开始枚举,总时间复杂度$large =Thetaleft(sum_{d=1}^{sqrt n}T(frac n{d^2}) ight)\=Thetaleft(sum_{d=1}^{sqrt n}T((frac{sqrt n}d)^2) ight)\=Thetaleft(sum_{d=1}^{sqrt n}(frac{sqrt n}d)^{frac 43} ight)\=Thetaleft(sum_{d=1}^{sqrt n}(frac{n^{frac 23}}{d^{frac 43}}) ight)\=Thetaleft(n^{frac 23}sum_{d=1}^{sqrt n}(frac{1}{d^{frac 43}}) ight)$此处$d$的枚举应该是离散的,我们将它看做连续的,由于$sqrt n=n^{frac 12}$那么将$d$两两结合,有
$largeint_{1}^{n^{frac 14}} (frac 1{x^{frac 43}})+(frac 1{(frac{n^{frac 12}}{x^{frac 34}})})dx\>=int_{1}^{n^{frac 14}} 2left(frac 1{x^{frac 43}{(frac{n^{frac 12}}{x^{frac 34}})}} ight)dx\=int_{1}^{n^{frac 14}} 2left(frac 1{n^{frac 12}} ight)dx$于是我们又回到离散的,最多有$frac{n^frac 12}2$对这样的关系,所以
$large sum_{d=1}^{sqrt n}(frac{1}{d^{frac 43}})=frac{n^frac 12}2cdot2left(frac 1{n^{frac 12}} ight)=1$所以总时间复杂度为$large Thetaleft(n^{frac 23}sum_{d=1}^{sqrt n}(frac{1}{d^{frac 43}}) ight)=Theta(n^{frac 23})$
申明:以上的$int$符号纯属乱用,只是不能再用$sum$表示$x$的取值可能不为整数的和了

AC code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 316228;
int Cnt, Prime[N], mu[N];
bool IsnotPrime[N];

void init()
{
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; ++i)
	{
		if(!IsnotPrime[i])
			Prime[++Cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= Cnt && i * Prime[j] < N; ++j)
		{
			IsnotPrime[i * Prime[j]] = 1;
			if(i % Prime[j] == 0) { mu[i * Prime[j]] = 0; break; }
			mu[i * Prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

LL solve(LL n)
{
	LL ret = n;
	for(int d = 1; (LL)d*d <= n; ++d) if(mu[d])
	{
		LL m = n/((LL)d*d), s = 0;
		for(int a = 1; (LL)a*a*a <= m; ++a)
		{
			for(int b = a+1; (LL)a*b*b <= m; ++b)
				s += (m/((LL)a*b)-b) * 6 + 3; // * 6 -> a < b < c ( P(3,3) = 6 )
												// + 3 -> a < b = c ( P(3,3)/P(2,2) = 3)
			s += (m/((LL)a*a)-a) * 3 + 1; // * 3 -> a = b < c ( P(3,3)/P(2,2) = 3 )
											// + 1 -> a = b = c
		}//以上的"-b","-a"都是为了满足 c>b 或 c>b=a,跟时间复杂度的分析一样
		ret += s * mu[d];
	}
	return ret / 2;
}

int main ()
{
	LL a, b; init();
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	printf("%lld
", solve(b)-solve(a-1));
}

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可写死我了