BZOJ 2820: YY的GCD [莫比乌斯反演]学习笔记

Posted 2020-08-24 Candy?

2820: YY的GCD

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Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种

傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数接下来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

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

HINT

T = 10000

N, M <= 10000000

---

 

和bzoj2705很像http://www.cnblogs.com/candy99/p/6200745.html

但是n和m不同，不能使用直接欧拉函数的方法

 

参考：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292 && popoqqq课件

和上一题相同的函数：

  为满足且和的的对数

  为满足且和的的对数

显然，反演后得到

 

可以枚举每一个质数，套用上一题的做法，p相当于k，d*p也就是p的倍数了...很像上一题我WT1中的式子

 

其实d只要枚举到min(n,m)/p

然而复杂度承受不了，大约n/logn*sqrt(n)

我们设，那么继续得到

 

为什么这么做呢？因为这样之后发现F函数与p和d无关了，(要不然枚举p和d也是枚举了T)

可以提到前面，剩下的那一块可以处理前缀和做到O(1)，前面再用除法分块，做到O(sqrt(n))

 

WT:

如何求g(T)=Σ{p|T && isprime(p)}miu(T/p)

法1.

只需要枚举每个素数，将他的倍数的g更新就可以了

由于有1/1+1/2+1/3+...+1/n=O(logn)这个结论 因此每个质数枚举时是均摊O(logn)的(*n后好想，是nlogn，但是质数只有n/logn个)

而质数恰好有O(n/logn)个 因此暴力枚举就是O(n)的

法2.

线性筛

g[i*p[j]]

当p[j]|i时结果显然为miu(i)

否则考虑mu(i*p[j]/pp),当p[j]=pp时为mu[i]，p[j]!=pp时的所有的和就是-g(i)，所以总的结果为mu(i)-g(i)

 枚举质数 4176ms

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<\'0\'||c>\'9\'){if(c==\'-\')f=-1; c=getchar();}
    while(c>=\'0\'&&c<=\'9\'){x=x*10+c-\'0\'; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!notp[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++){
            notp[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                mu[i*p[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    
    for(int j=1;j<=p[0];j++)
        for(int i=p[j];i<N;i+=p[j])
            g[i]+=mu[i/p[j]];
    for(int i=1;i<N;i++) g[i]+=g[i-1];
}
ll cal(int n,int m){
    if(n>m) swap(n,m);
    ll ans=0;int r;
    for(int i=1;i<=n;i=r+1){
        r=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(ll)(g[r]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    sieve();
    int T=read();
    while(T--){
        n=read();m=read();
        printf("%lld\\n",cal(n,m));
    }
    return 0;
}

 线性筛：3328ms

 

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+5;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<\'0\'||c>\'9\'){if(c==\'-\')f=-1; c=getchar();}
    while(c>=\'0\'&&c<=\'9\'){x=x*10+c-\'0\'; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m;
bool notp[N];
int p[N],mu[N],g[N];
void sieve(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!notp[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1,g[i]=1;
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<N;j++){
            notp[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0){
                mu[i*p[j]]=0;
                g[i*p[j]]=mu[i];
                break;
            }
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
            g[i*p[j]]=mu[i]-g[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++) g[i]+=g[i-1];
}
ll cal(int n,int m){
    if(n>m) swap(n,m);
    ll ans=0;int r;
    for(int i=1;i<=n;i=r+1){
        r=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(ll)(g[r]-g[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    sieve();
    int T=read();
    while(T--){
        n=read();m=read();
        printf("%lld\\n",cal(n,m));
    }
    return 0;
}