洛谷P2522 - [HAOI2011]Problem b

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Description

进行\(T(T\leq10^5)\)次询问，每次给出\(x_1,x_2,y_1,y_2\)和\(d\)（均不超过\(10^5\)），求\(\sum_{i=x_1}^{x_2} \sum_{j=y_1}^{y_2} [gcd(i,j)=d]\)。

Solution

莫比乌斯反演入门题。
设\(calc(n,m)\)表示\(i\in[1,n],j\in[1,m]\)且\(gcd(i,j)=d\)的数对\((i,j)\)的个数。那么简单地进行容斥，可知\(ans=calc(x_2,y_2)-calc(x_1-1,y_2)-calc(x_2,y_1-1)+calc(x_1-1,x_2-1)\)。
于是考虑如何计算\(calc(n,m)\)。
\[ f(d) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \]

\[\begin{align*}
F(x) &= \sum_{x|d} f(d) \ &= \sum_{x|d} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=d] \ &= \sum_{k=1}^{?\frac{n}{x}?} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)=kx] \ &= ?\frac{n}{x}??\frac{m}{x}?
\end{align*}\] \(gcd(i,j)=kx \Leftrightarrow x|i\)且\(x|j\)，那满足条件的\((i,j)\)就有\(?\frac{n}{x}??\frac{m}{x}?\)对。再进行莫比乌斯反演：
\[ f(x)= \sum_{x|d} \mu(\frac{d}{x}) F(d) = \sum_{x|d} \mu(\frac{d}{x})?\frac{n}{d}??\frac{m}{d}? = \sum_{k=1}^{?\frac{n}{x}?} \mu(k)?\frac{n}{kx}??\frac{m}{kx}? \]这个做法看起来是\(O(\dfrac{n}{x})\)的。不过由于\(?\dfrac{n}{i}?\)最多只有\(\sqrt n\)种取值，所以我们可以以\(O(\sqrt n)\)的复杂度进行计算。
|i|1|2|3|4|5|6|7|8|9|10|11|12|13|14|15|
|-|-|-|-|-|-|-|-|-|-|--|--|--|--|--|--|
|n|15|7|5|3|3|2|2|1|1|1|1|1|1|1|1|

观察发现，一个取值为\(v\)的区间是以\(?\frac{n}{v}?\)结尾的，下一个区间是从\(?\frac{n}{v}?+1\)开始的，模拟这一性质去计算即可。若对于区间\(k\in[L,R]\)有\(?\dfrac{n}{kx}?=v_1,?\dfrac{m}{kx}?=v_2\)，那么该区间对答案的贡献为\(v_1v_2\sum_{k=L}^R \mu(k)\)，预处理出\(\mu(x)\)的前缀和即可。

时间复杂度\(O(T\sqrt {10^5})\)。

Code

//[HAOI2011]Problem b
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using std::min; using std::swap;
typedef long long lint;
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*s,*t;
    if(s==t) {t=(s=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(s==t) return EOF;}
    return *s++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
const int N=5e4+10;
int mu[N],pre[N];
int cntP,pr[N]; bool notP[N];
void getMu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!notP[i]) pr[++cntP]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cntP;j++)
        {
            if((lint)i*pr[j]>n) break;
            int x=i*pr[j]; notP[x]=true;
            if(i%pr[j]) mu[x]=-mu[i]; else {mu[x]=0; break;}
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
}
int k;
lint calc(int x,int y)
{
    x/=k,y/=k; if(x>y) swap(x,y);
    lint res=0;
    for(int L=1,R;L<=x;L=R+1)
    {
        int v1=x/L,v2=y/L; R=min(x/v1,y/v2);
        res+=1LL*(pre[R]-pre[L-1])*v1*v2;
    }
    return res;
}
int main()
{
    getMu(5e4);
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        int fr1=read(),to1=read(),fr2=read(),to2=read(); k=read();
        printf("%lld\n",calc(to1,to2)-calc(fr1-1,to2)-calc(to1,fr2-1)+calc(fr1-1,fr2-1));
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/VisJiao/p/LgP2522.html