洛谷 P1447 [NOI2010]能量采集 莫比乌斯反演

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：
仅包含一行，为两个整数n和m。

输出格式：
仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

输入输出样例

输入样例#1：
5 4
输出样例#1：
36
输入样例#2：
3 4
输出样例#2：
20
说明

对于10%的数据：1 ≤ n, m ≤ 10；
对于50%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100；
对于80%的数据：1 ≤ n, m ≤ 1000；
对于90%的数据：1 ≤ n, m ≤ 10,000；
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

分析：显然两个点之间的点的个数与$gcd$有关，对于点(i,j)来说，中间的点有$gcd(i,j)-1$个(除去(i,j)本身)。
可以列出式子

$$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}2*(gcd(i,j)-1)+1$$
$$=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}2*gcd(i,j)-n*m$$
显然就可以反演了，
$$=(\sum_{D=1}^{n}2*D*\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)==D)-n*m$$
$$=\sum_{D=1}^{n}2*D*\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}\mu(d)*\lfloor\frac{n}{D*d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{D*d}\rfloor-n*m$$
这时显然两波整除分块可以做到 $O(n)$的复杂度。
其实可以继续化简……
设 $T=D*d$
$$=2*\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor*\sum_{d|T}\mu(d)*\lfloor\frac{T}{d}\rfloor-n*m$$
显然后面是一个狄利克雷卷积，可得
$$=2*\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor*\phi(T)-n*m$$
预处理phi，可以做到 $O(sqrt(n))$。
一开始以为是杜教筛，原来这么水= =。

代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define LL long long

const int maxn=1e5+7;

using namespace std;

LL n,m,cnt;
LL mul[maxn],prime[maxn],not_prime[maxn],f[maxn];
LL ans;


void getmul(LL n)
{
    mul[1]=1;
    for (LL i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            mul[i]=-1;
        }
        for (LL j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                mul[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else mul[i*prime[j]]=-mul[i];
        }
    }
    for (LL i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=f[i-1]+mul[i];
    }
}

LL getsum(LL n,LL m)
{
    LL sum=0;
    for (LL i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        sum=sum+(n/i)*(m/i)*(f[last]-f[i-1]);
    }
    return sum;
}

int main()
{   
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    if (n>m) swap(n,m);
    getmul(n);  
    for (LL i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=ans+((2*i-1)+(2*last-1))*(last-i+1)/2*getsum(n/i,m/i);
    }
    printf("%lld",ans);
}