「HAOI2011」Problem b 题解

Posted 2023-05-13 zsc985246

前言

更好的阅读体验

莫比乌斯反演：对于两个数论函数 \\(f(n),g(n)\\)，如果 \\(f(n)=\\sum_d|ng(d)\\)，那么 \\(g(n)=\\sum_d|nf(\\fracnd)\\mu(d)\\)。

证明：

将 \\(f(n)=\\sum_d|ng(d)\\) 代入，得到：

\\[g(n)=\\sum_d|n\\mu(d)\\sum_x|\\fracndg(x)\\\\ \\]

\\[\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ =\\sum_x|ng(x)\\sum_d|\\fracnx\\mu(d)\\\\ \\]

\\[\\ \\ \\ \\ \\ \\ =\\sum_x|ng(x)[\\fracnx=1]\\\\ \\]

\\[=g(n)\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\]

得证。

注意，我们在它的证明中用到了莫比乌斯函数的一个性质：\\(\\sum_d|n\\mu(d)=[n=1]\\)。

那么，我们可以反过来利用这个性质：\\([n=1]=\\sum_d|n\\mu(d)\\)。

这便是莫比乌斯反演的本质。

题目大意

给出 \\(a,b,c,d,k\\)，求：

\\[\\sum_x=a^b\\sum_y=c^d[\\gcd(x,y)=k] \\]

思路

注意到，原式中有四个限制 \\(a,b,c,d\\)。尝试简化。

容易想到容斥。令 \\(F(a,b)=\\sum_x=1^a\\sum_y=1^b[\\gcd(x,y)=k]\\)，那么原式就等于 \\(F(c,d)-F(a-1,d)-F(b-1,c)+F(a-1,b-1)\\)。

那我们只需要化简 \\(F(a,b)\\) 就好了。

\\[F(a,b)=\\sum_x=1^a\\sum_y=1^b[\\gcd(x,y)=k]\\\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ =\\sum_x=1^a\\sum_y=1^b[\\gcd(\\fracxk,\\fracyk)=1]\\\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ =\\sum_x=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor\\sum_y=1^\\lfloor\\fracbk\\rfloor[\\gcd(x,y)=1] \\]

这里我们用 \\([n=1]=\\sum_d|n\\mu(d)\\) 把 \\([\\gcd(x,y)=1]\\) 拆开。

\\[=\\sum_x=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor\\sum_y=1^\\lfloor\\fracbk\\rfloor\\sum_d|\\gcd(x,y)\\mu(d)\\\\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ =\\sum_d=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor\\mu(d)\\sum_x=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor[d|x]\\sum_y=1^\\lfloor\\fracbk\\rfloor[d|y]\\\\ \\]

然后 \\(\\sum_y=1^\\lfloor\\fracbk\\rfloor[d|y]\\) 可以直接算出来，\\(\\sum_x=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor[d|x]\\) 同理。

\\[=\\sum_d=1^\\lfloor\\fracak\\rfloor\\mu(d)\\lfloor\\fracakd\\rfloor\\lfloor\\fracbkd\\rfloor \\]

然后我们发现，可以直接使用整除分块计算答案了。

代码实现

两个数的整除分块不要写错了。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;

ll mu[N],tot,p[N],vis[N];
void init(ll n)//筛莫比乌斯函数
	mu[1]=1;
    For(i,2,n)
        if(!vis[i])p[++tot]=i,mu[i]=-1;
        For(j,1,tot)
            if(i*p[j]>n)break;
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        
    
    For(i,1,n)mu[i]+=mu[i-1];//前缀和


ll calc(ll a,ll b)
	ll ans=0,k;
	for(ll i=1;i<=min(a,b);i=k+1)//两个数的整除分块，不要写挂了
		k=min(a/(a/i),b/(b/i));
		ans+=(a/i)*(b/i)*(mu[k]-mu[i-1]);//按公式计算
	
	return ans;


void mian()
	
	ll a,b,c,d,k;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
	a=(a-1)/k,b=b/k,c=(c-1)/k,d=d/k;//提前除以k
	printf("%lld\\n",calc(b,d)-calc(b,c)-calc(a,d)+calc(a,c));//前缀和
	


int main()
	init(1e6);
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;

尾声

如果你发现了问题，你可以直接回复这篇题解

如果你有更好的想法，也可以直接回复！

[HAOI2011]Problem b 题解

前言

WA了两次，结果发现打容斥的时候加号打成减号了...
其实这题还是挺简单的

题解

如何计算\\(1 \\leq x \\leq a\\)，\\(1 \\leq y \\leq b\\)，\\(gcd(x,y)=d\\)是这题的简化版
给出题解
然后发现这题就是那道题加一个容斥原理
我们要求的答案就是\\(ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a-1,d)+ans(a-1,c-1)\\)
小学生都会证啊
于是愉快的AC了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define MAXNUM 50005

int mu[MAXNUM], is_not_prime[MAXNUM], primes[MAXNUM / 10], prime_num;
// prefix
ll qzh[MAXNUM];

int read()
    int x = 0; int zf = 1; char ch = ' ';
    while (ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
    while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;


void init()
    mu[1] = 1; is_not_prime[0] = is_not_prime[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= MAXNUM; ++i)
        if (!is_not_prime[i]) mu[primes[++prime_num] = i] = -1;
        for (int j = 1; j <= prime_num && primes[j] * i <= MAXNUM; ++j)
            is_not_prime[i * primes[j]] = 1;
            if (!(i % primes[j])) break;
            else
                mu[primes[j] * i] = -mu[i];
        
    
    for (int i = 1; i <= MAXNUM; ++i)
        qzh[i] = qzh[i - 1] + mu[i];


ll solve(int n, int m, int d)
    if (n == 0 || m == 0) return 0;
    ll ans = 0;
    n /= d, m /= d;
    if (n > m) n ^= m ^= n ^= m; ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
        r = std::min(n / (n / l), m / (m / l));
        ans += (ll)(qzh[r] - qzh[l - 1]) * (n / l) * (m / l);
    
    return ans;


int main()
    init();
    int T = read(), a, b, n, m, d; ll ans;
    while (T--)
        a = read(), n = read(), b = read(), m = read(), d = read();
        ans = solve(n, m, d) - solve(n, b - 1, d) - solve(a - 1, m, d) + solve(a - 1, b - 1, d);
        printf("%lld\\n", ans);
    
    return 0;