[NOI2016]循环之美

Posted 2022-02-12 StaroForgin

循环之美

题解

我们记$n,m,K$对应的答案为$f(n,m,K)$，显然有，
$$\begin{gathered} f(n,m,K)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)=1][y|K^k-1] \\ =\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)=1][K^k\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}y] \end{gathered}$$由欧拉降幂可知，当且仅当$(K,y)=1$时，存在$[K^k\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}y]$，所以该条件可以等价于$[(K,y)=1]$，有
$$\begin{gathered} f(n,m,k)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)=1][(K,y)=1] \\ =\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)=1]\sum _{d|(y,K)}\mu (d) \\ =\sum _{d=1}^K\mu (d)\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[(x,dy)=1] \\ =\sum _{d|K}\mu (d)\sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{x=1}^n[(y,x)=1][(d,x)=1] \\ =\sum _{d|K}\mu (d)f(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,n,d) \end{gathered}$$
显然是可以递归求解的，我们需要算一下的就是边界的情况。
首先，$f(0,m,k)$与$f(n,0,k)$都应该是$0$，这是显然的，也就是前两维到边界的情况，避免其$k$一直不变。
我们主要减少的其实还是$k$，也就是说我们大部分边界情况都是$f(n,m,1)$的模样，考虑这怎么计算。
$$\begin{gathered} f(n,m,1)=\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m[(x,y)=1] \\ =\sum _{d=1}\mu (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \end{gathered}$$显然可以通过整除分块加杜教筛快速求出，杜教筛是用来算$\mu$的前缀和的。
由于我们这里要对两个数整除分块，杜教筛记忆化的标号可以建议使用$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor +\lfloor \frac{m}{d}\rfloor$来代替，因为这肯定是一个增函数，且我们整除分块每次正好会让其中一个改变。
我们记$g(n)={\sum }_{[NOI2016]循环之美}$

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Bzoj4652: [Noi2016]循环之美

BZOJ4652 [Noi2016]循环之美 数论 + 莫比乌斯反演 + 杜教筛