P3327 [SDOI2015]约数个数和

传送门

首先证明 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

把 $i,j$ 考虑成唯一分解后的形式:$P_{i1}^{k1}P_{i2}^{k2}...P_{in}^{kn}$

对于 $i,j$ 中某个相同的质因子 $P_{x}$ ,$i=...P_{x}^{ki}...$,$j=...P_{x}^{kj}...$

如果枚举到 $j$ 中因数 $l$ 时,$l$ 有因数 $P_{x}^{t}$,不妨看成 $P_{x}^{ki+t}$,

如果这样看,那么会发现枚举 $k,l$ 时一定能把 $P_{x}$ 从 $P_{x}^{1}$ 枚举到 $P_{x}^{ki+kj}$,这样就包括了所有情况

会不会重复算呢,显然因为式子 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$ 要满足 $k,l$ 没有相同的质因数才有贡献

所以枚举时对于同一个质因数一定不会在既在 $k$ 中有,又在 $l$ 中有,

即不会出现枚举成 $P_{x}^{ki+t+y}$,其中 $y$ 是 $k$ 对 $P$ 的贡献(此时 $k$ 的贡献已经全在 $ki$ 中了,导致不合法)

要么是 $P_{x}^{ki+t}$ 要么是 $P_{x}^{y}$

所以最后我们证明了 $d(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

那么 $Ans=\sum_i\sum_jd(ij)=\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==1]$

有 $gcd$ 了,显然莫比乌斯反演:

设 $f[x]=\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[gcd(k,l)==x]$,答案即为 $f[1]$

设 $F[x]=\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[x|gcd(k,l)]$,那么有 $F[x]=\sum_{x|d}f[d]$,直接反演得到

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_i\sum_j\sum_{k|i}\sum_{l|j}[d|gcd(k,l)]$

变成先枚举 $k,l$ 再枚举 $k,l$ 的倍数 $i‘,j‘$,使得 $ki‘=i,kj‘=j$,变成

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_k\sum_l[d|gcd(k,l)]\sum_{i‘}^{\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor}\sum_{j‘}^{\left \lfloor \frac{M}{l} \right \rfloor}\\=\sum_d\mu(d)\sum_{k}^{N}\sum_{l}^{M}[d|gcd(k,l)]\left \lfloor \frac{N}{k} \right \rfloor\left \lfloor \frac{M}{l} \right \rfloor$

把枚举数 $k,l$ 变成枚举 $d$ 的倍数 $k‘,l‘$,使得 $k=k‘d,l=l‘d$,得到

$f[1]=\sum_d\mu(d)\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{N}{k‘d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{M}{l‘d} \right \rfloor\\=\sum_d\mu(d)(\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{N}{k‘d} \right \rfloor)(\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{M}{l‘d} \right \rfloor)\\=\sum_d\mu(d)(\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}{k‘} \right \rfloor)(\sum_{l‘}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}{l‘} \right \rfloor)$

只要预处理出 $sum[x]=\sum_{k‘}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor}{k‘} \right \rfloor$ 就好了

最后附上完整过程:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2e7+7;
int Q,n,m,mi,pri[N],mu[N],tot;
ll sum[N],ans;
bool not_pri[N];
void pre()
{
    not_pri[1]=1; mu[1]=1;
    for(int i=2;i<5e4;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            ll t=1ll*i*pri[j]; if(t>5e4) break;
            not_pri[t]=1; if(!(i%pri[j])) break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=2;i<=5e4;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
int main()
{
    Q=read(); pre();
       for(int i=1;i<=5e4;i++)
    {
           for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
           {
               r=i/(i/l);
               sum[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
           }
    }
    while(Q--)
    {
        n=read(),m=read(); mi=min(n,m); ans=0;
        for(int l=1,r;l<=mi;l=r+1)
        {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l];
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

原文地址:https://www.cnblogs.com/LLTYYC/p/11142119.html

时间: 2024-10-04 18:29:20

P3327 [SDOI2015]约数个数和的相关文章

洛谷P3327 [SDOI2015]约数个数和 【莫比乌斯反演】

题目 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求\(\sum_{i = 1}^{N} \sum_{j = 1}^{M} d(ij)\) 输入格式 输入文件包含多组测试数据.第一行,一个整数T,表示测试数据的组数.接下来的T行,每行两个整数N.M. 输出格式 T行,每行一个整数,表示你所求的答案. 输入样例 2 7 4 5 6 输出样例 110 121 提示 1<=N, M<=50000 1<=T<=50000 题解 好神的题[是我太弱吧] 首先上来就伤结论.. 题目所求 \(ans

洛谷P3327 [SDOI2015]约数个数和

题目描述 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求 \sum^N_{i=1}\sum^M_{j=1}d(ij)∑i=1N?∑j=1M?d(ij) 输入输出格式 输入格式: 输入文件包含多组测试数据.第一行,一个整数T,表示测试数据的组数.接下来的T行,每行两个整数N.M. 输出格式: T行,每行一个整数,表示你所求的答案. 输入输出样例 输入样例#1: 复制 2 7 4 5 6 输出样例#1: 复制 110 121 说明 1<=N, M<=50000 1<=T<=50000 有一个

luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和 莫比乌斯反演

题面 我的做法基于以下两个公式: \[[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d)\] \[\sigma_0(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\] 其中\(\sigma_0(n)\)表示\(n\)的约数个数 第一个公式是莫比乌斯函数的基本性质,至于第二个公式的证明,可以考虑\(i*j\)中每一个质因子对 \(\sigma_0(i*j)\) 的贡献,对于一个质因子 \(p\) ,若它在 \(i\) 中的次数为 \(k_1\) ,它在 \(j\) 中的次数为

BZOJ 3994: [SDOI2015]约数个数和

3994: [SDOI2015]约数个数和 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 898  Solved: 619[Submit][Status][Discuss] Description 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求   Input 输入文件包含多组测试数据. 第一行,一个整数T,表示测试数据的组数. 接下来的T行,每行两个整数N.M. Output T行,每行一个整数,表示你所求的答案. Sample Input 2 7

【BZOJ 3994】3994: [SDOI2015]约数个数和(莫比乌斯反演)

3994: [SDOI2015]约数个数和 Description 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求   Input 输入文件包含多组测试数据. 第一行,一个整数T,表示测试数据的组数. 接下来的T行,每行两个整数N.M. Output T行,每行一个整数,表示你所求的答案. Sample Input 2 7 4 5 6 Sample Output 110 121 HINT 1<=N, M<=50000 1<=T<=50000 Source Round 1 感谢yts199

3994: [SDOI2015]约数个数和

3994: [SDOI2015]约数个数和 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 128 MBSubmit: 858  Solved: 587[Submit][Status][Discuss] Description 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求   Input 输入文件包含多组测试数据. 第一行,一个整数T,表示测试数据的组数. 接下来的T行,每行两个整数N.M. Output T行,每行一个整数,表示你所求的答案. Sample Input 2 7

BZOJ 3994 [SDOI2015]约数个数和 (神定理+莫比乌斯反演)

3994: [SDOI2015]约数个数和 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit:128 MB Submit: 239  Solved: 176 [Submit][Status][Discuss] Description 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求   Input 输入文件包含多组测试数据. 第一行,一个整数T,表示测试数据的组数. 接下来的T行,每行两个整数N.M. Output T行,每行一个整数,表示你所求的答案. Sample Input 2 7

[SDOI2015] 约数个数和 (莫比乌斯反演)

[SDOI2015]约数个数和 题目描述 设d(x)为x的约数个数,给定N.M,求 \(\sum^N_{i=1}\sum^M_{j=1}d(ij)\) 输入输出格式 输入格式: 输入文件包含多组测试数据.第一行,一个整数T,表示测试数据的组数.接下来的T行,每行两个整数N.M. 输出格式: T行,每行一个整数,表示你所求的答案. 输入输出样例 输入样例#1: 2 7 4 5 6 输出样例#1: 110 121 说明 \(1<=N, M<=50000\) \(1<=T<=50000\

[BZOI 3994] [SDOI2015]约数个数和

[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\(i \times \frac{m}{j}\)的形式,并且为了不重复算,要保证\(gcd(i,j)=1\