[NOI2016]bzoj 4652 循环之美 - 数论 - 杜教筛

首先题目是在求：

a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [i ⊥ j] [j ⊥ k]

$ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [i\bot j][j\bot k]$
注意到j和k互质来得简单，因为k只有2000并且是常数.

a n s = \sum_{j = 1}^{m} [j ⊥ k] \sum_{i = 1}^{n} [i ⊥ j]

$ans=\sum_{j=1}^m [j\bot k]\sum_{i=1}^n [i\bot j]$

a n s = \sum_{j = 1}^{m} [j ⊥ k] \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | i, d | j} μ (d)

$ans=\sum_{j=1}^m [j\bot k]\sum_{i=1}^n \sum_{d|i,d|j}\mu(d)$

a n s = \sum_{d = 1}^{m i n (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \sum_{d | j, j \leq m} [j ⊥ k]

$ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum_{d|j,j\le m}[j\bot k]$
注意到若

j = t d

$j=td$ 那么

[j ⊥ k] = [t d ⊥ k] = [d ⊥ k] [t ⊥ k]

$[j\bot k]=[td\bot k]=[d\bot k][t\bot k]$

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) [d ⊥ k] ⌊ \frac{n}{d} ⌋ \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [j ⊥ k]

$ans=\sum_{d=1}^n\mu(d)[d\bot k]\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[j\bot k]$

= \sum_{d = 1}^{n} μ (d) [d ⊥ k] ⌊ \frac{n}{d} ⌋ f (⌊ \frac{m}{d} ⌋)

$=\sum_{d=1}^n\mu(d)[d\bot k]\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor f(\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)$
其中

f (n) = \sum_{i = 1}^{n} [i ⊥ k] = ⌊ \frac{n}{k} ⌋ ϕ (k) + f (n m o d k)

$f(n)=\sum_{i=1}^n [i\bot k]=\left\lfloor \frac n k \right\rfloor \phi(k)+f(n\ \ mod\ \ k)$
因此

f (n)

$f(n)$ 可以在

O (k l g k) - O (1)

$O(klgk)-O(1)$ 内解决
因此对最后的式子做数论分块，那么我们需要求：

g (n, k) = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) [d ⊥ k]

$g(n,k)=\sum_{d=1}^n \mu(d)[d\bot k]$
这个怎么做呢？设

n = p^{c} q

$n=p^c q$ ，其中p是n的某个质因子，并且

p ⊥ q

$p\bot q$
那么考虑

g (n, q)

$g(n,q)$ 中的所有数字，显然除了答案的部分还有和q互质但是不和p互质的部分要减去；
记这些中的数字为

y = t p, t \leq ⌊ \frac{n}{p} ⌋, t ⊥ q

$y=tp,t\le\left\lfloor\frac n p\right\rfloor,t\bot q$ （显然因为p是质数所以不和p互质意味着是p的倍数）
考虑我们求的是这些

y

$y$ 的

μ

$\mu$ 和，那么如果t不和p互质的话

μ (y) = 0

$\mu(y)=0$ ，因此可以认为t也和p互质，因此t就和k互质。

g (n, k) = g (n, q) - \sum_{t = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} [t ⊥ k] μ (t p)

$g(n,k)=g(n,q)-\sum_{t=1}^{\left\lfloor\frac n p\right\rfloor}[t\bot k]\mu(tp)$
注意到莫比乌斯函数是积性函数，而

t ⊥ p

$t\bot p$ ，因此

μ (t p) = μ (t) μ (p)

$\mu(tp)=\mu(t)\mu(p)$

g (n, k) = g (n, q) - μ (p) \sum_{t = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} [t ⊥ k] μ (t)

$g(n,k)=g(n,q)-\mu(p)\sum_{t=1}^{\left\lfloor\frac n p\right\rfloor}[t\bot k]\mu(t)$
注意到p是质数，所以

μ (p) = - 1

$\mu(p)=-1$

g (n, k) = g (n, q) + \sum_{t = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} [t ⊥ k] μ (t) = g (n, q) + g (⌊ \frac{n}{p} ⌋, k)

$g(n,k)=g(n,q)+\sum_{t=1}^{\left\lfloor\frac n p\right\rfloor}[t\bot k]\mu(t)=g(n,q)+g({\left\lfloor\frac n p\right\rfloor},k)$
按照固定的顺序除以p，那么有效的状态只有

d (k)^{2}

$d(k)^2$ ，其中

d (k)

$d(k)$ 表示k的因子个数，实现可以记忆化，因此只传k此时的质因子个数，会好些一些。
边界条件，当

n = 0

$n=0$ 的时候

g (n, k) = 0

$g(n,k)=0$ ，当k=1的时候需要杜教筛。综上总复杂度

O (d (k)^{2} + n^{\frac{2}{3}})

$O(d(k)^2+n^\frac23)$ .

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#define lint long long
#define N 6000000
#define hv(n,c) (n*10000ll+c)
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x
#define sp <<" "
#define ln <<endl
using namespace std;
int ms[N],m[N],pri[N];bool np[N];
map<int,int> sav;
map<lint,int> gs;
int v[50],f[2010];
inline int prelude(int n)
{
    ms[1]=m[1]=1;
    for(int i=2,c=0;i<=n;i++)
    {
        if(!np[i]) pri[++c]=i,m[i]=-1;ms[i]=ms[i-1]+m[i];
        for(int j=1;j<=c&&(lint)i*pri[j]<=n;j++)
        {
            int x=i*pri[j];np[x]=true;
            if(i%pri[j]) m[x]=-m[i];
            else { m[x]=0;break; }
        }
    }
    return 0;
}
inline int S(int n)
{
    if(n<N) return ms[n];int ans=0ll;
    if(sav.count(n)) return sav[n];
    for(int s=2,t;s<=n;s=++t)
        t=n/(n/s),ans+=(t-s+1)*S(n/t);
    return sav[n]=1-ans;
}
inline int g(int n,int c)
{
    lint nc=hv(n,c);if(gs.count(nc)) return gs[nc];
    if(!n) return 0;if(!c) return gs[nc]=S(n);
    return gs[nc]=g(n,c-1)+g(n/v[c],c);
}
inline int g(int a,int b,int c) { return g(b,c)-g(a-1,c); }
inline int F(int n,int k) { return n<=k?f[n]:(n/k)*f[k]+f[n%k]; }
inline int gcd(int a,int b) { return a?gcd(b%a,a):b; }
int main()
{
    int n,m,k,c=0;scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    prelude(N-1);lint ans=0ll;int ks=k;
    for(int i=2;i<=ks;i++) if(ks%i==0)
    {   v[++c]=i;while(ks%i==0) ks/=i;  }
    for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=f[i-1]+(gcd(i,k)==1);
    for(int s=1,t;s<=min(n,m);s=++t)
        t=min(n/(n/s),m/(m/s)),ans+=(lint)F(m/s,k)*(n/t)*g(s,t,c);
    return !printf("%lld\n",ans);
}

[NOI2016]bzoj 4652 循环之美 - 数论 - 杜教筛

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