BZOJ2005 NOI2010 能量采集

Description

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了一个角上，坐标正好是(0, 0)。能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。在这个例子中，总共产生了36的能量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output

【样例输出1】
36
【样例输出2】
20

HINT

对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

首先，根据题目描述，我们可以得到：

$ans=n*m+2*\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(gcd(i,j)-1)$

整理一下：

$ans=-n*m+2*\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)$

那么我们只需要求出： $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)$

枚举 $gcd(i,j)=d$ ，得到式子：

$ans=-n*m+2*\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]*d$

其中令 $f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==d]$

所以 $ans=-n*m+2*\sum_{d=1}^{min(n,m)}d*f(d)$

那么对于 $f(d)$ ，我们将式子除以d，得到：

$f(d)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[gcd(i,j)==1]$

然后再把 $[gcd(i,j)==1]$ 转化一下：

$f(d)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum_{p|gcd(i,j)}^{min(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)}\mu(p)$

然后把对p的枚举甩到前面：

$f(d)=\sum_{p|gcd(i,j)}^{min(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)}\mu(p)\sum_{p|i}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{p|j}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}1$

所以：

$f(d)=\sum_{p|gcd(i,j)}^{min(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)}\mu(p)\left\lfloor\frac{n}{d*p}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d*p}\right\rfloor$

所以原式转化成：

$ans=-n*m+2*\sum_{d=1}^{min(n,m)}d*\sum_{p|gcd(i,j)}^{min(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)}\mu(p)\left\lfloor\frac{n}{d*p}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{d*p}\right\rfloor$

对于d的枚举，我们采取朴素方法，对于对k的枚举，我们线性预处理 $\mu$ 函数的前缀和然后进行下底函数分块计算

总效率： $O(nlogn)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define N 100010
LL n,m,tot=0,ans=0;
LL pri[N],mu[N],F[N];
bool mark[N]={0};
void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!mark[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<N;j++){
            mark[pri[j]*i]=1;
            if(i%pri[j]==0){
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)F[i]=F[i-1]+mu[i];
}
LL solve(int d){
    LL res=0,n1=n/d,m1=m/d,up=min(n1,m1);
    for(int i=1,j;i<=up;i=j+1){
        j=min(n1/(n1/i),m1/(m1/i));
        res+=(F[j]-F[i-1])*(n1/i)*(m1/i);
    }
    return res*d;
}
int main(){
    init();
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    int up=min(n,m);
    for(int i=1;i<=up;i++)ans+=solve(i);
    ans*=2;
    ans-=n*m;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}