[bzoj 5332][SDOI2018]旧试题

传送门

Description

\[
\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^Cd(ijk) (\mathrm{mod\:} 10^9+7)
\]

其中 \(d(ijk)\) 表示 \(i × j × k\)的约数个数。

Solution

首先，有一个公式
\[
σ_0(n_1n_2···n_m) =\sum_{a_1|n_1}\sum_{a_2|n_2}···\sum_{a_m|n_m}\prod_{1≤i \neq j≤m} [a_i ⊥ a_j]
\]
所以，我们就可以把答案反演成：
\[
\sum_{u=1}^{M}\sum_{v=1}^{M}\sum_{w=1}^{M}\mu(u)\mu(v)\mu(w)\left ( \sum_{lcm(u,v)|x}\frac{A}{x} \right )\left ( \sum_{lcm(v,w)|y}\frac{B}{y} \right )\left ( \sum_{lcm(u,w)|z}\frac{C}{z} \right )
\]
其中,\(M=max\{ A,B,C\}\)

我们发现，根据调和级数，可以求出后面的那些都可以通过\(O(n\log n)\)预处理出来

我们先直接计算\(u=v=w\)以及\(u,v,w\)中恰有两个数相等的情况

然后剩下的就是\(u,v,w\)互补相同的了，我们把\(lcm(u,v)\leq M\)的\(u,v\)连边，这样，其实就是求所有三元环的贡献啦。

关于求三元环呢，这里有个不常用的黑科技，参见这里,可以使得复杂度为\(O(m\sqrt m)\)

其实图的边数是比较少的，所以目测能过

据说用\(vector\)要比较快？

Code?

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
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<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
#define MN 200005
#define mN 100005
#define mod 1000000007
int mu[mN],pr[mN/10],tot;bool mark[mN];
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
inline void init_mu()
{
    mu[1]=1;register int i,j;
    for(i=2;i<mN;++i)
    {
        if(!mark[i]){pr[++tot]=i;mu[i]=-1;}
        for(j=1;j<=tot&&pr[j]*i<mN;++j)
        {
            mark[pr[j]*i]=true;
            if(i%pr[j]) mu[pr[j]*i]=-mu[i];
            else{mu[pr[j]*i]=0;break;}
        }
    }
}
int T,A,B,C,N,M;
ll fa[MN],fb[MN],fc[MN],ans;
struct edge{int to,lcm;};
struct Edge{int f,t,lcm;}e[MN<<4];int en;
std::vector<edge> G[mN];
int d[mN],mrk[mN];
inline void init()
{
    register int i,j;N=max(A,max(B,C));M=min(A,min(B,C));
    memset(d,0,sizeof d);en=0;for(i=1;i<=N;++i)G[i].clear();ans=0;
    memset(fa,0,sizeof fa);memset(fb,0,sizeof fb);memset(fc,0,sizeof fc);
    for(i=1;i<=A;++i) for(j=i;j<=A;j+=i) fa[i]+=A/j;
    for(i=1;i<=B;++i) for(j=i;j<=B;j+=i) fb[i]+=B/j;
    for(i=1;i<=C;++i) for(j=i;j<=C;j+=i) fc[i]+=C/j;
}

#define C(x,y,z) (fa[x]*fb[y]*fc[z])
#define cal(x,y,z) (C(x,y,z)+C(x,z,y)+C(y,x,z)+C(y,z,x)+C(z,x,y)+C(z,y,x))

int main()
{
    register int g,i,j,k,x,y,w;
    T=read();init_mu();
    while(T--)
    {
        A=read();B=read();C=read();init();
        for(i=1;i<=M;++i)if(mu[i])ans+=mu[i]*mu[i]*mu[i]*fa[i]*fb[i]*fc[i];
        for(g=1;g<=N;++g)for(i=1;i*g<=N;++i)if(mu[i*g])for(j=i+1;1ll*i*j*g<=N;++j)if(mu[j*g]&&gcd(i,j)==1)
        {
            x=i*g;y=j*g;++d[x];++d[y];e[++en]=(Edge){x,y,x*j};w=x*j;
            ans+=1ll*mu[x]*mu[x]*mu[y]*(fa[x]*fb[w]*fc[w]+fa[w]*fb[x]*fc[w]+fa[w]*fb[w]*fc[x]);
            ans+=1ll*mu[x]*mu[y]*mu[y]*(fa[y]*fb[w]*fc[w]+fa[w]*fb[y]*fc[w]+fa[w]*fb[w]*fc[y]);
        }
        for(i=1;i<=en;++i)
            if(d[e[i].f]>d[e[i].t]||(d[e[i].f]==d[e[i].t]&&e[i].f<e[i].t)) G[e[i].f].push_back((edge){e[i].t,e[i].lcm});
            else G[e[i].t].push_back((edge){e[i].f,e[i].lcm});

        for(i=1;i<=N;++i)
        {
            for(j=G[i].size()-1;~j;--j) mrk[G[i][j].to]=G[i][j].lcm;
            for(j=G[i].size()-1;~j;--j)
            {
                x=G[i][j].to;register int ix=G[i][j].lcm,iy;
                for(k=G[x].size()-1;~k;--k)if(iy=mrk[y=G[x][k].to])
                {
                    register int xy=G[x][k].lcm;
                    ans+=mu[i]*mu[x]*mu[y]*cal(ix,iy,xy);
                }
            }
            for(j=G[i].size()-1;~j;--j) mrk[G[i][j].to]=0;
        }
        printf("%lld\n",ans%mod);
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/PaperCloud/p/10280169.html