BZOJ2005: [Noi2010]能量采集
题目描述
题目分析
可以直接通过一些推算发现题目实际上就是在求：
[Ans=2 imes sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}(gcd(i,j)-1
)
]
把里面的(1)提出来，式子变成：
[Ans=2 imessum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)-2 imes nm
]
可以发现前面那个式子好像很熟悉，我们设：
[S(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)
]
那么我们把这个式子化出来就可以了。
[egin{aligned}
S(n)&=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]d\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}dsum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}dsum_{dmid x}mu(frac{x}{d})lfloorfrac{n}{x}
floorlfloorfrac{m}{x}
floor\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}dsum_{T=1}^{min(frac{n}{d},frac{m}{d})}mu(T)lfloorfrac{n}{dT}
floorlfloorfrac{m}{dT}
floor\
&=sum_{d=1}^{min(n,m)}sum_{dmid T}^{min(n,m)}dmu(frac{T}{d})lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floor\
&=sum_{T=1}^{min(n,m)}lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floorsum_{dmid T}^{min(n,m)}mu(frac{T}{d})\
&=sum_{T=1}^{min(n,m)}lfloorfrac{n}{T}
floorlfloorfrac{m}{T}
floorvarphi(T)
end{aligned}
]
化到这个地方就差不多了，这个式子明显是可以整除分块做的。但是，这个题数据支持线性做法。。。
直接做就行。
是代码呢
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e6+7;
#define ll long long
int prime[MAXN],n,m;
ll phi[MAXN],sum;
bool vis[MAXN];
inline void get_phi(int N)
{
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]){
prime[++prime[0]]=i;
phi[i]=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){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
} else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
int main()
{
cin>>n>>m;
sum=-1ll*n*m;
get_phi(1000000);
for(int i=1;i<=min(n,m);i++) sum+=1ll*2*(n/i)*(m/i)*phi[i];
printf("%lld
", sum);
}