[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和

Posted 2022-07-16 birchtree

[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和

题面

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求\(\sum _i=1^n \sum_i=1^m d(i \times j)\)

T组询问，\(N,M,T \leq 50000\)

分析

首先有一个结论

\[d(nm)= \sum _i |n \sum _j|m [gcd(i,j)=1]\]

这是因为nm的约数都可以表示为\(i \times \fracmj\)的形式，并且为了不重复算，要保证\(gcd(i,j)=1\)

因此，我们可以开始推式子

\[ans= \sum_p=1^n \sum_q=1^m \sum_i|p \sum _j|q [gcd(i,j)=1] \]

注意到每对\((i,j)\)会对p,q中他们的倍数产生\(\lfloor \fracni \rfloor \times \lfloor \fracmj \rfloor\) 的贡献

\[= \sum_i=1^n \sum_j=1 ^m [gcd(i,j)=1] \lfloor \fracni \rfloor \lfloor \fracmj \rfloor \]

\[= \sum_i=1^n \sum_j=1 ^m \varepsilon (gcd(i,j)) \lfloor \fracni \rfloor \lfloor \fracmj \rfloor \]

根据\(\varepsilon (n) = \sum_d|n \mu(d)\)

\[= \sum_i=1^n \sum_j=1 ^m \lfloor \fracni \rfloor \lfloor \fracmj \rfloor \sum_d|gcd(i,j) \mu(d)\]

改变求和顺序，先枚举d,显然若\(d|gcd(i,j)\)，则\(d|i,d|j\),

直接把i替换为d的倍数du,j替换为d的倍数dv(\(u,v \in N^+,du\leq n,dv \leq m\))

\[= \sum_d=1^min(n,m) \mu(d) \sum_u=1^\lfloor n/d \rfloor \sum_v=1^\lfloor m/d \rfloor \lfloor \fracndu \rfloor \lfloor \fracmdv \rfloor\]

\[= \sum_d=1^min(n,m) \mu(d) \sum_u=1^\lfloor n/d \rfloor \sum_v=1^\lfloor m/d \rfloor \lfloor \frac \lfloor n/d \rflooru \rfloor \lfloor \frac\lfloor m/d \rfloorv \rfloor\]

\[= \sum_d=1^min(n,m) \mu(d) \sum_u=1^\lfloor n/d \rfloor \lfloor \frac \lfloor n/d \rflooru \rfloor \sum_v=1^\lfloor m/d \rfloor \lfloor \frac\lfloor m/d \rfloorv \rfloor\]

令\(g(n) = \sum _d=1^n \lfloor \fracnd \rfloor\)

\[=\sum_d=1^min(n,m) \mu(d) g(\lfloor \fracnd \rfloor) g(\lfloor \fracmd \rfloor)\]

考虑如何快速求值。单个\(g(n)\)可以运用数论分块在\(O(\sqrt n)\)的时间内求出，总时间复杂度\(O(n \sqrt n)\). 然后线性筛出\(\mu\),维\(\mu,g\)的前缀和

每次询问用数论分块的方法枚举d即可，总时间复杂度\(O(n \sqrt n +T \sqrt n)\)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50000
using namespace std;
typedef long long ll;
int t;
int n,m;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sum_mu[maxn+5];
int g[maxn+5];
void sieve(int n)
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(!vis[i])
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++)
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            else
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            
        
    
    for(int i=1;i<=n;i++) sum_mu[i]=sum_mu[i-1]+mu[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        int l,r;
        for(l=1;l<=i;l=r+1)
            r=i/(i/l);
            g[i]+=(ll)(r-l+1)*(i/l);
        
    


ll calc(int n,int m)
    int l,r;
    if(n<m) swap(n,m);
    ll ans=0;
    for(l=1;l<=m;l=r+1)
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        ans+=(sum_mu[r]-sum_mu[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
    
    return ans;


int main()
    sieve(maxn);
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
        scanf("%d %d",&n,&m);
        printf("%lld\n",calc(n,m));