2301: [HAOI2011]Problem b
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Description
Input
第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a、b、c、d、k
Output
共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
Sample Input
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
3
HINT
100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000
分析:莫比乌斯反演套路题.n组询问,每次区间长度有50000,那么也就是说每一次单独询问的复杂度至少是O(sqrt(n))的.要求gcd(x,y)=k的数对(x,y)的数量,一个非常常见的套路就是同时除以k,就变成了找gcd(x/k,y/k)=1的数对数,一个比较好的处理方法是欧拉函数,只不过复杂度是O(n)的,不能接受.事实上问题已经被转化为求[1,p]的gcd = 1的数对数,通过容斥原理,可以得到最终的答案为f(b,d) - f(a-1,d) - f(b,c-1) + f(a-1,c-1).关键就是如何快速求出f的值.可以尝试莫比乌斯反演.一般能用莫比乌斯反演做的题都跟gcd有关.
设f(i)为gcd(x,y)=1的(x,y)的数量,显然我们想求得的是f(1).那么F(i)就表示 i | gcd(x,y)的(x,y)的数量.通过莫比乌斯反演的第二种形式,可以表示为f(i) = Σμ(d/i) * F(d),d是i的倍数.F(i)非常好求,就是(n/i) * (m/i),其中n,m是x,y的取值上限.枚举i的倍数d就可以得到f(i).可是i=1,时间复杂度还是O(n),这要怎么优化呢?换一下枚举的方式,我们不能一个个地去枚举d,而是每次都能跳着枚举.因为F(d) = (n/d) * (m/d), (n/d)有很多结果是相同的,我们可以枚举d,d每次跳到min{(n/d - 1),(m/d - 1)}的d值上去.这样跳的这一段的F值是固定的,只需要算一下μ(d)的前缀和即可,结果最多有根号种,所以复杂度为O(sqrt(n)),就可以通过本题了.
关于跳数有一点技巧,每次n/d,m/d都是下取整,跳的时候要跳到最大的能取到的值.
莫比乌斯反演一个非常常用的套路就是枚举除法的结果,从n降到sqrt(n).一些关于gcd的常见变形要记住:gcd(x,y)=k,右边肯定是要变成1的,根据这个可以变形.求i | gcd(x,y)的对数,也有很常用的解法:(n/i) * (m/i).最核心的思路就是从已经会做的简单题中提炼出方法,将原问题不断的变形成几个小问题的结合,从而求解.
#include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll a, b, c, d, k, n, mo[50010], vis[50010], prime[50010], tot, sum[50010]; void init() { mo[1] = 1; for (ll i = 2; i <= 50000; i++) { if (!vis[i]) { prime[++tot] = i; mo[i] = -1; } for (ll j = 1; j <= tot; j++) { ll t = prime[j] * i; if (t > 50000) break; vis[t] = 1; if (i % prime[j] == 0) { mo[t] = 0; break; } mo[t] = -mo[i]; } } for (ll i = 1; i <= 50000; i++) sum[i] = sum[i - 1] + mo[i]; } ll solve(ll l, ll r) { ll res = 0, last = 0; for (ll i = 1; i <= min(l, r); i = last + 1) { last = min(l / (l / i), r / (r / i)); //最大的使得l/last = l/i 并且 r/last = r/i的值 res += (l / i) * (r / i) * (sum[last] - sum[i - 1]); } return res; } int main() { init(); scanf("%lld", &n); while (n--) { scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &d, &k); printf("%lld ", solve(b / k, d / k) - solve((a - 1) / k, d / k) - solve(b / k, (c - 1) / k) + solve((a - 1) / k, (c - 1) / k)); } return 0; }