• [BZOJ2820]YY的GCD


    [BZOJ2820]YY的GCD

    试题描述

    神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种
    傻×必然不会了,于是向你来请教……多组输入

    输入

    第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行,每行两个正整数,表示N, M

    输出

    T行,每行一个整数表示第i组数据的结果

    输入示例

    2
    10 10
    100 100

    输出示例

    30
    2791

    数据规模及约定

    T = 10000
    N, M <= 10000000

    题解

    易知

    ……式1

    根据莫比乌斯反演有

    ……式2

    根据 式1 和 式2 可得

    我们要求这个

    不妨令,那么我们可以用线性筛求出每一个 g(T),递推式如下:(对于一个质数 k)

    然后这部分我们可以分块计算,即将所有相同的 [n/T][m/T] 利用乘法分配律只计算一次,这样就不会被卡成暴力了。

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstdlib>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    using namespace std;
    
    const int BufferSize = 1 << 16;
    char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
    inline char Getchar() {
        if(Head == Tail) {
            int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
            Tail = (Head = buffer) + l;
        }
        return *Head++;
    }
    int read() {
        int x = 0, f = 1; char c = Getchar();
        while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }
        while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }
        return x * f;
    }
    
    #define maxn 10000010
    #define LL long long
    int T, n, m;
    
    int prime[maxn], cnt, u[maxn], g[maxn];
    LL sum[maxn];
    bool vis[maxn];
    void u_table() {
    	int N = maxn - 10;
    	u[1] = 1; g[1] = 0;
    	for(int i = 2; i <= N; i++) {
    		if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, u[i] = -1, g[i] = 1;
    		for(int j = 1; j <= cnt && (LL)prime[j] * (LL)i <= (LL)N; j++)
    			if(i % prime[j]) vis[i*prime[j]] = 1, u[i*prime[j]] = -u[i], g[i*prime[j]] = u[i] - g[i];
    			else{ vis[i*prime[j]] = 1, u[i*prime[j]] = 0, g[i*prime[j]] = u[i]; break; }
    	}
    	for(int i = 1; i <= N; i++) sum[i] = sum[i-1] + (LL)g[i];
    	return ;
    }
    
    int main() {
    	u_table();
    	T = read();
    	
    	while(T--) {
    		n = read(); m = read();
    		if(n > m) swap(n, m);
    		int p = 1;
    		LL ans = 0;
    		for(; p <= n;) {
    			int np = p;
    			p = min(n / (n / np), m / (m / np));
    			ans += (sum[p] - sum[np-1]) * (LL)(n / np) * (LL)(m / np);
    			p++;
    		}
    		printf("%lld
    ", ans);
    	}
    	
    	return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/xiao-ju-ruo-xjr/p/5793270.html
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