手动博客搬家: 本文发表于20171216 13:34:20, 原地址

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题目大意:

有t次询问(\(t\le5e4\)), 每次给定a,b,d, 询问有多少对(x,y)满足x<=a, y<=b, gcd(a,b)=d. 0<=d<=a,b<=5e4

思路分析:

首先，需要注意的是，要特殊处理\(d=0\)的情况，答案为0.

对于\(d\ge1\), 采用莫比乌斯反演解决:

先将a/=d, b/=d, 因此只需求gcd(x,y)=1的数的对数。

令F[i]表示\(1\le x\le a,1\le y\le b\)且\(i|gcd(x,y)\)的a,b总数, f[i]表示gcd(x,y)=i的数的对数(此处a,b都已经除以d).因此问题转化为求f(1).

根据莫比乌斯反演公式:\[F(n)=\sum_{n|x} f(x), f(n)=\sum_{n|x} F(x)\mu(\frac{x}{n})\]

因此，\(f(1)=\sum_{1|x} F(x)\mu(x)\)

而显然我们有\(F(x)=[\frac{a}{x}][\frac{b}{x}]\), 因此可以\(O(1)\)地求出F(x), 也就可以\(O(min(a,b))\)地求出f(1)了。(莫比乌斯反演函数\(\mu(x)\)可在线性筛中求出)

可是这样还不够。算算复杂度，发现会TLE.

注意到一个性质: 对于\(x\le\sqrt{a}\), \([\frac{a}{x}]\)的值变化得很快,\([\frac{a}{x}]\)的变化速度远高于\(x\)的变化速度。而对于\(x\gt\sqrt{a}\), \([\frac{a}{x}]\)的值变化得很慢, 远低于\(x\)的变化速度。因此，我们可以求出所有使得\([\frac{a}{x}]\)的值变化的点x， 共有\(O(\sqrt{n})\)个(实际上带一个常数2), 然后我们对b做同样的操作。将所有影响\([\frac{a}{x}]\)和\([\frac{b}{x}]\)的值的点都从小到大排序记录下来，处理莫比乌斯函数的前缀和, 每一个点代表一个区间，这个区间内所有的数\([\frac{a}{x}]\)与\([\frac{b}{x}]\)的值分别与这个数\([\frac{a}{x}]\)和\([\frac{b}{x}]\)相等。然后这一段区间对答案的贡献就是区间的\(\mu()\)之和乘以\([\frac{a}{x}][\frac{b}{x}]\).

代码实现

#include
    
     #include
     
      #include
      
       using namespace std;const int N = 5e4;const int NN = 317;int p[N+2];bool f[N+2];int mu[N+2];int s[N+2];int g[(NN<<2)+2];int h[(NN<<2)+2];int a,b,d,m;void Mobius(){    f[1] = true; mu[1] = 1; m = 0;    for(int i=2; i<=N; i++)    {        if(!f[i]) {p[++m] = i; mu[i] = -1;}        for(int j=1; p[j]*i<=N; j++)        {            f[p[j]*i] = true;            if(i%p[j]==0)            {                mu[i*p[j]] = 0;                break;            }            else mu[i*p[j]] = -mu[i];        }    }}void merge(int aa,int bb){    int i = 1,j = (aa<<1)+1,k = 1;    while(i<=(aa<<1) && j<=(aa<<1)+(bb<<1))    {        if(h[i]
       
        b) swap(a,b);        a /= d; b /= d;        int aa = (int)sqrt(a),bb = (int)sqrt(b);        long long ans = 0ll;        for(int i=1; i<=aa; i++) h[i] = i;        for(int i=aa; i>=1; i--) h[(aa<<1)-i+1] = a/i; //保证h[]在1~(aa<<1)范围内有序        for(int i=1; i<=bb; i++) h[i+(aa<<1)] = i;        for(int i=bb; i>=1; i--) h[(aa<<1)+(bb<<1)-i+1] = b/i; //保证h[]在1~(bb<<1)范围内有序        merge(aa,bb); //将[1,aa<<1]与[aa<<1+1,aa<<1+bb<<1]归并起来        for(int i=1; i<=(aa<<1)+(bb<<1); i++)        {            ans += (long long)(s[g[i]]-s[g[i-1]])*(a/g[i])*(b/g[i]);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}