BZOJ2820YY的GCD(莫比乌斯反演)

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【BZOJ2820】YY的GCD(莫比乌斯反演)

题面

讨厌权限题!!!提供洛谷题面

题解

单次询问\\(O(n)\\)是做过的一模一样的题目
但是现在很显然不行了,
于是继续推

\\[ans=\\sum_{d=1}^n[d\\_is\\_prime]\\sum_{i=1}^{n/d}[\\frac{n}{id}][\\frac{m}{id}] \\]

老套路了
\\(T=id\\)

\\[ans=\\sum_{T=1}^{n}[\\frac{n}{T}][\\frac{m}{T}]\\sum_{d|T}[d\\_is\\_prime]\\mu(\\frac{T}{d}) \\]

现在只需要预处理出后面那东西的前缀和
然后就可以在前面数论分块做到\\(O(\\sqrt n)\\)

后面那玩意呀
暴力算当然可以呀
每次枚举质数,然后暴力算倍数
显然比\\(n/1+n/2.....+n/n\\)要小多了

然后这玩意也可以筛

首先,质数一定是\\(1\\)
假设一个数存在两个这个质数的因数
那么,其他的质数产生的贡献都变成\\(0\\)
只剩下自己产生的贡献,
所以就是\\(s[i*prime[j]]=\\mu(i)\\)

要不然的话,是原来的一个数在乘上一个质数
很显然的,原来的莫比乌斯函数全都变成符号,
所以,首先就是\\(-s[i]\\)
然后又多了一个质数
这个质数的贡献是\\(\\mu(i)*prime[j]\\)
所以,当前的值就是\\(s[i*prime[j]]=\\mu(i)-s[i]\\)

于是可以愉快的线性筛了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 10000000
#define rg register
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<\'0\'||ch>\'9\')&&ch!=\'-\')ch=getchar();
	if(ch==\'-\')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<=\'9\'&&ch>=\'0\')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
bool zs[MAX+10];
int pri[MAX],tot,mu[MAX+10],s[MAX+10];
void pre()
{
	zs[1]=true;mu[1]=1;
	for(rg int i=2;i<=MAX;++i)
	{
		if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1,s[i]=1;
		for(rg int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
		{
			zs[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i],s[i*pri[j]]=mu[i]-s[i];
			else {s[i*pri[j]]=mu[i];break;}
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=MAX;++i)s[i]+=s[i-1];
}
int main()
{
	pre();
	int T=read();
	while(T--)
	{
		rg int n=read(),m=read(),i=1,j;
		if(n>m)swap(n,m);
		rg long long ans=0;
		while(i<=n)
		{
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(s[j]-s[i-1]);
			i=j+1;
		}
		printf("%lld\\n",ans);
	}
	return 0;
}

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BZOJ2820YY的GCD [莫比乌斯反演]

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BZOJ 2820 YY的GCD ——莫比乌斯反演

BZOJ2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

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