[SDOI2015]约数个数和
题目描述
设(d(x))为(x)的约数个数，给定(N,M)，求$ sumlimits^N_{i=1}sumlimits^M_{j=1}d(ij)$
输入输出格式
输入格式：
输入文件包含多组测试数据。第一行，一个整数(T)，表示测试数据的组数。接下来的(T)行，每行两个整数(N,M)。
输出格式：
(T)行，每行一个整数，表示你所求的答案。
说明
(1 le N, M le 50000)
(1 le T le 50000)
Solution
引理(1)：
[sum_{d|gcd(a,b)} mu(d)=[gcd(a,b)=1]
]
引理(2):
[d(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]
]
可以通过(d)唯一分解后的计算式感性理解一下
剩下的暴力推个式子
[sum_{i=1}^asum_{j=1}^bd(ij)
]
[=sum_{i=1}^asum_{j=1}^bsum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d|gcd(x,y)}mu(d)
]
暴力更换不太好枚举的一些东西（比如谁整除谁）
[=sum_{i=1}^asum_{j=1}^bsum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d=1}^{min(a,b)}mu(d)[d|gcd(x,y)]
]
[=sum_{d=1}^{min(a,b)}mu(d)sum_{i=1}^asum_{j=1}^bsum_{x|i}sum_{y|j}[d|gcd(a,b)]
]
调整求和顺序
[=sum_{d=1}^{min(a,b)}mu(d)sum_{x=1}^asum_{y=1}^b[d|gcd(a,b)]sum_{x|i}^asum_{y|j}^b 1
]
[=sum_{d=1}^{min(a,b)}mu(d)sum_{x=1}^asum_{y=1}^b[d|gcd(a,b)]lfloorfrac{a}{x}
floorlfloorfrac{b}{y}
floor
]
某一项太不好弄了，通过更改枚举项拿掉
[=sum_{d=1}^{min(a,b)}mu(d)sum_{x=1}^{lfloorfrac{a}{d}
floor}sum_{y=1}^{lfloorfrac{b}{d}
floor}lfloorfrac{a}{dx}
floorlfloorfrac{b}{dy}
floor
]
发现求和项也带有下取整，预处理前缀和以后直接整除分块就可以了。
Code:
#include <cstdio>
#define ll long long
const int N=5e4;
int pri[N+10],mu[N+10],ispri[N+10],f[N+10],cnt,T,a,b;
void init()
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++)
{
if(!ispri[i])
{
pri[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=N;j++)
{
ispri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
mu[i]+=mu[i-1];
for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
{
r=i/(i/l);
f[i]+=i/l*(r-l+1);
}
}
}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
init();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=min(a,b);l=r+1)
{
r=min(a/(a/l),b/(b/l));
ans+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*f[a/l]*f[b/l];
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
2018.10.20