BZOJ3529: [Sdoi2014]数表
题目描述
题目分析
(a)什么的先不管。
设(f(n))表示(n)的约数和，则这个题就是在求：
[Ans=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))
]
根据惯例我们枚举(gcd)
[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]f(d)
]
可以先把(f(d))拿出去
[Ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}f(d)sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]
]
里面那个东西明显是一个老套的反演。
[Ans=sum_{i=1}^{min(n,m)}f(i)sum_{imid d}mu(frac{d}{i})lfloorfrac{n}{d}
floorlfloorfrac{m}{d}
floor
]
换成枚举(d)，容易知道不会对答案造成影响。
[Ans=sum_{d=1}^{n}lfloorfrac{n}{d}
floorlfloorfrac{m}{d}
floorsum_{imid d}f(i)mu(frac{d}{i})
]
然后这个式子的后半部分明显是个定值可以预处理，前面部分整数分块就可以解。
然后需要考虑(a)的限制。
可以发现的是，对于(a),能够为其提供贡献的(f)是单调的。也就是可以先将所有的询问按(a)排序，然后一个一个的将(f)加入就可以了。可以使用树状数组。
取模可以直接将最后答案与(2^31-1)取并。
是代码呢
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+7;
const int mo=1<<31;
#define ll long long
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define fi first
#define se second
pair<int,int> f[MAXN];
struct qu{
int n,m,a,id;
inline bool operator <(const qu &rhs)const{
return a<rhs.a;
}
}q[MAXN];
int ans[MAXN],prime[MAXN],mu[MAXN],c[MAXN],mx,Q;
bool vis[MAXN];
inline void add(int x,int k) {for(int i=x;i<=mx;i+=(i&(-i))) c[i]+=k;}
inline int query(int x){int cnt=0;for(int i=x;i;i-=(i&(-i))) cnt+=c[i];return cnt;}
inline void get_mu(int N)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]){
prime[++prime[0]]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=prime[0];j++){
if(i*prime[j]>N) break;
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=i;j<=N;j+=i)
f[j].fi+=i;
for(int i=1;i<=N;i++) f[i].se=i;
}
inline void solve(int x)
{
int n=q[x].n,m=q[x].m;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans[q[x].id]+=(n/l)*(m/l)*(query(r)-query(l-1));
}
}
inline int read()
{
int x=0,c=1;
char ch=' ';
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*c;
}
int main()
{
get_mu(100000);
Q=read();
for(int i=1;i<=Q;i++){
q[i].n=read();q[i].m=read();q[i].a=read();q[i].id=i;
if(q[i].n>q[i].m) swap(q[i].n,q[i].m);
mx=max(q[i].n,mx);
}
sort(q+1,q+Q+1);
sort(f+1,f+mx+1);
int now=0;
for(int i=1;i<=Q;i++){
while(now+1<=mx&&f[now+1].fi<=q[i].a){
now++;
for(int j=f[now].se;j<=mx;j+=f[now].se)
add(j,f[now].fi*mu[j/f[now].se]);
}
solve(i);
}
for(int i=1;i<=Q;i++) printf("%d
", ans[i]&0x7fffffff);
}