2693: jzptab
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1702 Solved: 667
[Submit][Status][Discuss]
Description
Input
一个正整数T表示数据组数
接下来T行 每行两个正整数 表示N、M
Output
T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果
Sample Input
1
4 5
4 5
Sample Output
122
HINT
T <= 10000
N, M<=10000000
HINT
T <= 10000
N, M<=10000000
HINT
Source
分析:同bzoj2154,只是有多组数据,需要对算法进行优化.答案式子为,想要在根号复杂度内计算这个式子需要满足有分式,并且能够处理前缀和,唯一的问题就是计算前缀和了.
如果还是按照每个数往它的倍数上累计答案来处理前缀和的话,复杂度差不多是O(nlogn)的,会T掉,一个比较好的做法是在线性筛的同时处理前缀和.考虑怎么处理,显然要处理的这一部分是一个积性函数,可以在线性筛的时候处理出来,在线性筛的时候,如果i和prime[j]互素,那么f[i*prime[j]] = f[i] * f[prime[j]].如果i % prime[j] == 0,那么prime[j]就是i的最小表示法中最小的质因子了.prime[j]*i相对于i多出来的因子都含有平方因子,μ值为0,对答案没有贡献.剩下的那一堆因子,因为i乘上了prime[j],F(i)中的D也应该乘上prime[j],所以F(i * prime[j]) = F(i) * prime[j].
线性筛求积性函数值差不多都是分两种情况,一种是不互素直接相乘,另外一种大部分都是乘积的形式,打个表找找规律也可以.
#include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const ll maxn = 10000000, mod = 100000009; ll prime[1000010], tot, sum[maxn + 10], g[maxn + 10], T, n, m; bool vis[maxn + 10]; void init() { g[1] = 1; for (ll i = 2; i <= maxn; i++) { if (!vis[i]) { prime[++tot] = i; g[i] = (i - i * i) % mod; } for (ll j = 1; j <= tot; j++) { ll t = prime[j] * i; if (t > maxn) break; vis[t] = 1; if (i % prime[j] == 0) { g[t] = (g[i] * prime[j]) % mod; break; } g[t] = (g[i] * g[prime[j]]) % mod; } } for (ll i = 1; i <= maxn; i++) sum[i] = (sum[i - 1] + g[i]) % mod; } ll Sum(ll x, ll y) { x %= mod; y %= mod; ll temp1 = (x * (x + 1) >> 1) % mod; ll temp2 = (y * (y + 1) >> 1) % mod; return temp1 * temp2 % mod; } int main() { init(); scanf("%lld", &T); while (T--) { scanf("%lld%lld", &n, &m); ll last = 0, ans = 0; if (n > m) swap(n, m); for (ll i = 1; i <= n; i = last + 1) { last = min(n / (n / i), m / (m / i)); ans += (Sum(n / i, m / i) * (sum[last] - sum[i - 1] + mod) % mod) % mod; ans %= mod; } printf("%lld ", (ans + mod) % mod); } return 0; }