• bzoj2693 jzptab


    2693: jzptab

    Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB
    Submit: 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

    Sample Output

    122
    HINT
    T <= 10000
    N, M<=10000000

    HINT

    Source

    版权所有者: 倪泽堃

    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;
    }
  • 相关阅读:
    程序员必看书籍(转载)
    JBPM的ORACLE脚本
    XFire构建web service客户端的五种方式
    为什么中国出不了facebook和Twitter?
    用dwr封装表单项提交表单
    Java 程序员容易犯的10个SQL错误
    SQL语句优化方法30例
    sqlserver sql语句查看分区记录数、查看记录所在分区
    SQL Case when 的使用方法
    sqlserver sql语句附加 分离数据库
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/7987568.html
Copyright © 2020-2023  润新知