[BZOJ2226][SPOJ5971]LCMSum(莫比乌斯反演)

2226: [Spoj 5971] LCMSum

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Description

Given
n, calculate the sum LCM(1,n) + LCM(2,n) + .. + LCM(n,n), where
LCM(i,n) denotes the Least Common Multiple of the integers i and n.

Input

The first line contains T the number of test cases. Each of the next T lines contain an integer n.

Output

Output T lines, one for each test case, containing the required sum.

Sample Input

3
1
2
5

Sample Output

1
4
55

HINT

Constraints

1 <= T <= 300000
1 <= n <= 1000000

Source

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一个比较有用的式子:$$f(n)=\sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=1]i$$$$f(1)=1\quad f(n)=\frac{\phi(n)*n}{2}$$

然后按照套路化式子即可:https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-2226

线性筛WA两次,怎么回事啊?

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6
 7 const int N=1000003;
 8 int n,T,tot,p[N],phi[N];
 9 bool b[N];
10 ll g[N];
11
12 void pre(){
13     phi[1]=1;
14     for (int i=2; i<N; i++){
15         if (!b[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-1;
16         for (int j=1; j<=tot && i*p[j]<N; j++){
17             int t=i*p[j]; b[t]=1;
18             if (i%p[j]) phi[t]=(p[j]-1)*phi[i];
19                 else { phi[t]=p[j]*phi[i]; break; }
20         }
21     }
22     for (int i=1; i<N; i++) for (int j=i; j<N; j+=i) g[j]+=1ll*phi[i]*i;
23 }
24
25 int main(){
26     freopen("bzoj2226.in","r",stdin);
27     freopen("bzoj2226.out","w",stdout);
28     pre();
29     for (scanf("%d",&T); T--; ) scanf("%d",&n),printf("%lld\n",(n==1)?1:((n==2)?4:(g[n]+1)*n/2));
30     return 0;
31 }

原文地址:https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/8695359.html

时间: 2024-10-30 14:40:34

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[SPOJ 5971] LCMSum 莫比乌斯反演

题意 $t$ 组询问, 每组询问给定 $n$ , 求 $\sum_{k = 1} ^ n [n, k]$ . $t \le 300000, n \le 1000000$ . 一些常用的式子以及证明 $\phi(n) = \sum_{d = 1} ^ n [(d, n) = 1]$ . 说明 用数学语言进行描述不大于 $n$ 的与 $n$ 互质的数的个数. $n = \sum_{d | n} phi(d)$ . 证明 对分数 $\frac{i}{n} , 1 \le i \le n$ 的个数算两次

bzoj 2820 / SPOJ PGCD 莫比乌斯反演

那啥bzoj2818也是一样的,突然想起来好像拿来当周赛的练习题过,用欧拉函数写掉的. 求$(i,j)=prime$对数 \begin{eqnarray*}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[(i,j)=p]&=&\sum_{p=2}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}[i⊥j]\newline&=&\sum_{p=

hdu1695(莫比乌斯反演)

题目链接: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695 题意: 对于 a, b, c, d, k . 有 x 属于 [a, b],  y 属于 [c, d], 求 gcd(x, y) = k 的 x, y 的对数 . 其中 a = b = 1 . 注意: (x, y), (y, x) 算一种情况 . 思路: 莫比乌斯反演 可以参考一下: http://blog.csdn.net/lixuepeng_001/article/details/5057

算法学习——莫比乌斯反演(1)

.. 省选GG了,我果然还是太菜了.. 突然想讲莫比乌斯反演了 那就讲吧! 首先我们看一个等式-- (d|n表示d是n的约束) 然后呢,转换一下 于是,我们就发现! 没错!F的系数是有规律的! 规律is here! 公式: 这个有什么卵用呢? 假如说有一道题 F(n)可以很simple的求出来而求f(n)就比较difficult了,该怎么办呢? 然后就可以用上面的式子了 是莫比乌斯函数,十分有趣 定义如下: 若d=1,则=1 若d=p1*p2*p3...*pk,且pi为互异素数,则=(-1)^k

bzoj2301 [HAOI2011]Problem b【莫比乌斯反演 分块】

传送门:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2301 很好的一道题.首先把每个询问转化为4个子询问,最后的结果就是这四个子询问的记过加加减减,类似二维前缀和.那么问题转化为在1 <= x <= lmtx, 1 <= y <= lmty时gcd(x, y) == k的对数,这个问题在转化一下,转化成1 <= x <= lmtx / k,1 <= y <= lmty / k时x与y互质的对数.莫比乌斯反

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分析:对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a≤x≤b,c≤y≤d,且gcd(x,y) = k,gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数. 然后对于求这样单个的gcd(x,y)=k的,我们通常采用莫比乌斯反演 但是,时间复杂度是O(n*(n/k))的,当复杂度很坏的时候,当k=1时,退化到O(n^2),超时 然后进行分块优化,时间复杂度是O(n*sqrt(n)) #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue

BZOJ2005: [Noi2010]能量采集 莫比乌斯反演的另一种方法——nlogn筛

分析:http://www.cnblogs.com/huhuuu/archive/2011/11/25/2263803.html 注:从这个题收获了两点 1,第一象限(x,y)到(0,0)的线段上整点的个数是gcd(x,y) 2,新学了一发求gcd(x,y)=k有多少对的姿势,已知0<x<=n,0<y<=m 令x=min(n,m),令f[i]代表gcd(x,y)=i的对数, 那么通过O(xlogx)的复杂度就可以得到f[1]到f[n](反着循环) 普通的容斥(即莫比乌斯反演)其实也

容斥原理与莫比乌斯反演的关系

//容斥原理,c[i]表示i当前要算的次数,复杂度和第二层循环相关 O(nlogn~n^2) LL in_exclusion(int n,int *c) { for(int i=0;i<=n;i++) c[i]=1; //不一定是这样初始化,要算到的才初始化为1 LL ans=0; for(int i=0;i<=n;i++) if(i要算) { ans+=(统计数)*c[i]; for(int j=i+1;j<=n;j++) if(i会算到j) c[j]-=c[i];//j要算的次数减去