bzoj 3309 DZY Loves Math

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题目大意

　　定义函数$f(x)$为数$x$所含质因子的最大指数。求$sum_{i = 1}^{a}sum_{j = 1}^{b}f((i, j))$。

　　继续用之前的套路统计每个$f$被计算的次数，然后将gcd化为莫比乌斯函数之和。

　　$egin{align} sum_{i = 1}^{a}sum_{j = 1}^{b} f((i, j)) &= sum_{d = 1}^{a} sum_{i = 1}^{a}sum_{j = 1}^{b}[(i, j) = d]f(d) \ &= sum_{d = 1}^{a}sum_{i = 1}^{a}sum_{j = 1}^{b} left( sum_{emid i / dwedge e | j / d} mu(e)f(d) ight)\ &= sum_{d = 1}^{a} f(d)sum_{e = 1}^{left lfloor a / d ight floor}left lfloorfrac{a}{de} ight floorleft lfloor frac{b}{de} ight floor mu(e) end{align}$

　　如果这样，似乎并没有什么好方法求值，所以试试把那几个向下取整的分数搞到外层来，这样就可以找机会分段处理。于是得到了下面这个式子:

$sum_{T = 1}^{a}left lfloor frac{a}{T} ight floorleft lfloor frac{b}{T} ight floor sum_{d | T} mu(T / d) f(d)$

　　好了问题来了，如何把后面的值快速预处理出来，前面的是可以通过分段降低时间复杂度。

　　为了方便描述，所以我们设$g(n) = sum_{d | n}mu(n / d)f(d)$。

　　首先讲一下，当$S$是非空有限集合时，$sum_{Asubseteq S}(-1)^{|A|} = 0$。

　　首先对n进行质因数分解，得到$n = p_{1}^{alpha_1}p_{2}^{alpha_2}cdots p_{k}^{alpha_k}$。然后设$alpha = maxleft {alpha_{1}, alpha_{2}, dots, alpha_{k} ight }$，$P = left {p_{1}, p_{2}, dots, p_{k} ight }, P' = left { p: pin P wedge p^{alpha} | n ight }$,$overline{P'}$是以$P$为全集，$P'$的补集。

　　根据莫比乌斯函数的性质，对于任何一个数有一个质因子的指数大于1，则它的莫比乌斯函数值为0，即为了使式子对答案有贡献，就应当满足，当$d$分解后，$p_i$的指数要么是$alpha_{i}$要么是$alpha_{i} - 1$然后有

$g(n) = sum_{Asubseteq P}maxleft { a_{i} - [p_{i} in A](-1)^{|A|} ight }$

　　显然中间的$maxleft { a_{i} - [p_{i} in A](-1)^{|A|} ight } in left { alpha, alpha - 1 ight }$。所以我们可以把它拆成两部分求和。

　　一部分是包含整个$P'$，另一部分是只包含$P'$的一部分。

$g(n) = sum_{Asubseteq P} [P' subseteq A](a - 1)(-1)^{|A|} + sum_{Asubseteq P}[P' cap Asubset P']a(-1)^{|A|}$

　　然后前一部分事实上可以把$A$拆成$overline{P'}$的子集和$P'$的并集，后一部分也可以把$A$拆成$P'$的真子集和$overline{P'}$的子集。

$egin{align} g(n) &= sum_{Xsubseteq overline{P'}} (a - 1)(-1)^{|X| +|P'|} + sum_{Xsubseteq overline{P'}} sum_{Ysubset P'} (-1)^{|X| + |Y|}a \ &= sum_{Xsubseteq overline{P'}}left [(-1)^{|X| + |P'| + 1} + sum_{Ysubseteq P'} (-1)^{|X| + |Y|}a ight] \ &= (-1)^{|P'| + 1}sum_{Xsubseteq overline{P'}}(-1)^{|X|} end{align}$

　　接下来考虑$overline{P'}$。

　　1) 如果它不为空的话，那么意味着求和符号下的值为$0$。换言之，就是$n$中的所有幂指数不相等，那么就有$g(n) = 0$。

　　2) 如果它为空的话，意味着求和符号的值为$1$，$P'$的大小就是$k$，那么就有$g(n) = (-1)^{k + 1}$。

　　然后有什么用呢？

　　考虑预处理，由于$10^{7}$的凶残数据范围所以不能够$O(n log n)$预处理。就考虑线性筛。

　　这里要用到线性筛一个很重要的性质，每个合数保证被其最小的质因子筛掉。所以，我们只需要记录每个数的最小质因子的次数$pos_i$。

• 当$prime_j mid i$时，我们就可以轻松处理掉（判断最小质因子的次数是否为$1$，可以得到$g(i)$是否为0）。
• 当$prime_j | i$的时候，考虑$i$把$prime_j$除尽后的数$x$，此时可以判断一下$pos_x$和$pos_i + 1$是否相等，更新$g$值就好了。

　　因此，我们还需要记录每个数把最小质因子除去后的数。这个很好处理。

Code

/**
 * bzoj
 * Problem#3309
 * Accepted
 * Time:11804ms
 * Memory:170040k
 */
#include <bits/stdc++.h>
#ifndef WIN32
#define Auto "%lld"
#else
#define Auto "%I64d"
#endif
using namespace std;
typedef bool boolean;

#define LL long long

const int limit = 1e7;

int num = 0;
int prime[700100];
boolean vis[limit + 1];
int last[limit + 1];
int posm[limit + 1];
LL g[limit + 1];
inline void Euler() {
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    g[0] = g[1] = -1;
    for(int i = 2; i <= limit; i++) {
        if(!vis[i])    prime[num++] = i, last[i] = 1, posm[i] = 1, g[i] = 1;
        for(int j = 0; j < num && i * 1LL * prime[j] <= limit; j++) {
            int c = i * prime[j];
            vis[c] = true;
            if(i % prime[j]) {
                last[c] = i, posm[c] = 1;
                g[c] = (posm[i] == 1) ? (-g[i]) : (0);
            } else {
                last[c] = last[i];
                posm[c] = posm[i] + 1;
                g[c] = (posm[last[c]] == posm[c] || last[c] == 1) ? (-g[last[c]]) : (0);
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i <= limit; i++)
        g[i] += g[i - 1];
}

int a, b;
inline void init() {
    scanf("%d%d", &a, &b);
}

inline void solve() {
    if(a > b)    swap(a, b);
    long long res = 0;
    for(int i = 1, j; i <= a; i = j + 1) {
        j = min(a / (a / i), b / (b / i));
        res += (a / i) * 1LL * (b / i) * (g[j] - g[i - 1]);
    }
    printf(Auto"
", res);
}

int T;
int main() {
    Euler();
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        init();
        solve();
    }
    return 0;
}