题面:
有洛谷就尽量放洛谷链接呗,界面友好一点
思路:
和HDU1695比较像,但是这一回有50000组数据,直接莫比乌斯反演慢慢加的话会T
先解决一个前置问题:怎么处理a,c不是1的情况?
很简单,容斥原理搞之
我们设f(x,y)代表gcd(i,j)==e(1<=i<=x,1<=j<=y)的无序数对(i,j)的个数
那么本题答案相当于f(d,b)-f(c-1,b)-f(a-1,d)+f(a-1,c-1)
再来看反演超时的问题
我们注意到原反演过程中,f(1)==mu(i)*(d/i)*(b/i)
(对为什么这么做不太清楚的同学可移步上面HDU1695的那个链接)
对于后两项,在i很大的时候其实他们的值是基本不变动的,变化的只有mu[i]
那么我们可以利用这个过程
每一次,我们搜寻当前节点i的下一个“后两项的乘积改变了的”节点j
j的求法是min(d/(d/i).b/(b/i)),就是反过来求变化区间的大小,i越大,变化需要的时间越久
然后我们预处理mu的时候同时把mu的前缀和算出来,在上述情况下把(d/i)*(b/i)的值乘上sum[j]-sum[i-1]
循环结束以后,把i变成j+1,然后开始下一个循环,直到i的值超过min(b,d)
这就是莫比乌斯反演中的分块前缀和优化
顺便说一下,对于欧拉函数也可以利用这个优化,具体可以看这篇博客
Code:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 bool vis[100010];int mu[100010],pri[100010],cnt=0,sum[100010]; 8 void init(){ 9 int i=1,j,k; 10 mu[i]=sum[i]=1; 11 for(i=2;i<=100000;i++){ 12 if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,mu[i]=-1; 13 for(j=1;j<=cnt;j++){ 14 k=i*pri[j];if(k>100000) break; 15 vis[k]=1; 16 if(i%pri[j]==0){mu[k]=0;break;} 17 else mu[k]-=mu[i]; 18 } 19 sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; 20 } 21 } 22 inline int read(){ 23 int re=0,flag=1;char ch=getchar(); 24 while(ch>‘9‘||ch<‘0‘){ 25 if(ch==‘-‘) flag=-1; 26 ch=getchar(); 27 } 28 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) re=(re<<1)+(re<<3)+ch-‘0‘,ch=getchar(); 29 return re*flag; 30 } 31 inline void swap(int &l,int &r){l^=r;r^=l;l^=r;} 32 ll f(int l,int r){ 33 if(l>r) swap(l,r);ll re=0,i,j=0; 34 for(i=1;i<=l;i=j+1){ 35 j=min(l/(l/i),r/(r/i)); 36 re+=(ll)(sum[j]-sum[i-1])*(l/i)*(r/i); 37 } 38 // cout<<"f "<<l<<ends<<r<<ends<<re<<endl; 39 return re; 40 } 41 int main(){ 42 int a,b,c,d,e,T=read(); 43 init(); 44 while(T--){ 45 a=read();b=read();c=read();d=read();e=read(); 46 if(!e){printf("%d\n",0);continue;} 47 b/=e;d/=e;a--;c--;a/=e;c/=e; 48 printf("%lld\n",f(b,d)-f(a,d)-f(c,b)+f(a,c)); 49 } 50 }
原文地址:https://www.cnblogs.com/dedicatus545/p/8490447.html
时间: 2024-10-08 12:47:16