[51Nod 1222] - 最小公倍数计数 (..怎么说 枚举题?)

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。 https://blog.csdn.net/Ike940067893/article/details/84920411

题面

求 $\large\sum_{k=a}^b\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^i[lcm(i,j)==k]$
$1<=a<=b<=10^{11}$

题目分析

令 $\large f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[lcm(i,j)==n]$
则 $\large Ans=\sum_{i=a}^bf(i)$
$\large f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[i\cdot j==n\cdot (i,j)]\\=\sum_{d|n}\sum_{d|i}\sum_{d|j,j<=i}[i\cdot j==nd~\&\&~(\frac id,\frac jd)==1]\\=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^i[ij==\frac nd~\&\&~(i,j)==1]\\=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^d\sum_{j=1}^i[ij==d~\&\&~(i,j)==1]\\=\sum_{d|n}h(d)$
此处 $h(d)$表示小于等于 $d$中,满足两个数互质且乘积为 $d$的无序数对的个数,显然
$\large h(d)=\left\{ \begin{aligned} &1~,~d=1\\ &2^{\omega(d)-1}~,~d=\prod_{i=1}^{\omega(d)}p_i^{a_i}\\ \end{aligned} \right.$其中 $\large\omega(d)$表示d的质因子个数

相当于把d的质因数分成两部分,所以就每个质因数选或不选,又因为是无序数对,所以除以2,也可以写为以下形式
$\large h(d)=\frac{2^{\omega(d)}+[d==1]}2$

• 有没有发现十分类似某个等式,记与 $n$互质的数的和为 $a(n)$(随便选的字母),则
• $a(n)=\frac{\varphi(n)n+[n==1]}2$

回到这道题,有 $\large f(n)=\sum_{d|n}h(d)=\sum_{d|n}\frac{2^{\omega(d)}+[d==1]}2\\=\frac{1+\sum_{d|n}2^{\omega(d)}}2$
然后我们又发现其实 $\large2^{\omega(d)}$是每个质因数选或不选的方案数,及 $d$的无平方因子的约数的个数,所以 $\large 2^{\omega(d)}=\sum_{k|d}|\mu(k)|$根据 $\mu$函数的定义,我们知道只有无平方因子数的函数值才为1或-1,所以加上绝对值就成了计数
$\large \therefore \sum_{i=1}^nf(i)=\frac{n+\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}2^{\omega(d)}}2=\frac{n+\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{k|d}|\mu(k)|}2$
$\large\because \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{k|d}|\mu(k)|=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{k|d}\sum_{d|i}1\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{k|d}\lfloor\frac nd\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac n{dk}\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac nk\rfloor}d\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac nk\rfloor}d\rfloor$

• 先看第二个 $\large\sum$，对于某一个 $\large{\lfloor\frac nk\rfloor}$的取值，把它记作 $N$，就以 $N$的范围做整除分块优化， $\large\Theta(\sqrt N)$的时间复杂度，那么外层还有一个求和，于是在外面也套一层整除分块优化，预处理出前 $\large n^{\frac 23}$后时间复杂度为 $\large\Theta(n^{\frac23})$

  • 此处预处理为线性筛，考虑变换， $\large\sum_{i=1}^n\large{\lfloor\frac ni\rfloor}$实际可看作枚举 $i$后看 $n$以内有多少个数能被 $i$整除，这不就是 $\large\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)$吗？(这个函数表示i的约数个数)
    于是我们只需要筛出约数个数在累加就行了，线性筛时存一下当前数的最小质因子的次数就可以愉快的线性筛了

• 由于在外面一层套上了整除分块优化，则需要求出 $\large |\mu(k)|$的前缀和，也就是 $n$以内的无平方因子数

  • 这里处理无平方因子数时用容斥原理，有
    $\large\sum_{i=1}^n|\mu(i)|=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)\cdot\lfloor\frac n{i^2}\rfloor$想想 $\mu$函数的定义，这个容斥还是比较好理解的
    $\large \Theta(\sqrt n)$可处理出来

• 其实这道题用的是[SPOJ] DIVCNT2 - Counting Divisors (square)一模一样的方法(我后面的分析都是直接粘的233)

• 但是奈何这道题 $\color{white}TM$的卡内存!(各种预处理+卡内存我只能做到6015ms>6000ms T了…)

• 只能想想别的办法(也许有些同学掌握特殊的卡常技巧能过A掉吧)

.
.
.
.
.
好的。

正文开始

那么我就要开始略讲一点了

扫描二维码关注公众号，回复： 4984000 查看本文章

定义 $\large F(i)=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^x[\frac{xy}{(x,y)}==i]$
则 $\large Ans=\sum_{i=1}^bF(i)-\sum_{i=1}^{a-1}F(i)$

考虑 $\sum_{i=1}^nF(i)$怎么求
设 $(x,y)=r,x=ar,y=br$,则
$\large \sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^x[\frac {xy}r\le n]\\=\sum_a\sum_b\sum_r[a\le b][(a,b)==1][abr\le n]$反演一下得到 $\large \sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)\sum_a\sum_b\sum_r[a\le b][abr\le \lfloor\frac n{d^2}\rfloor]$不考虑 $[a\le b]$的话就是 $a,b,r$三个数的乘积的统计,做法为统计 $x\le y\le z~\&\&~xyz\le N$的 $(x,y,z)$数对的数量

分别考虑三个数不相等/两个数相等/三个数相等的情况再分别乘上排列系数

由于这样的枚举只需要枚举 $\large x\le N^{\frac 13}$,在枚举 $\large x\le y\le \frac Nx$,然后 $\Theta(1)$统计 $z$的个数

$[a\le b]$比较讨厌,假设 $(a,b)$与 $(b,a)$被统计两次,因为有 $a=b$的情况不能直接除以 $2$
回到原问题,当 $a=b$时,由于 $(a,b)=1$,所以 $a=b=1$,此时 $r$有 $n$种取值,所以只需要在算出的结果加上 $n$再除以 $2$即可
参考自 51Nod 题解1楼

时间复杂度证明

设 $T(n)$表示统计满足 $xyz<=n$的 $(x,y,z)$的三元组个数的时间复杂度
$\large T(n)=\Theta\left(\sum_{x=1}^{n^{\frac 13}}(\sqrt{\frac nx}-x)\right)=\Theta(n^{\frac 23})$
上面的 $-x$是枚举 $y$时从 $x+1$开始枚举,总时间复杂度 $\large =\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}T(\frac n{d^2})\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}T((\frac{\sqrt n}d)^2)\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{\sqrt n}d)^{\frac 43}\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{n^{\frac 23}}{d^{\frac 43}})\right)\\=\Theta\left(n^{\frac 23}\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})\right)$此处 $d$的枚举应该是离散的,我们将它看做连续的,由于 $\sqrt n=n^{\frac 12}$那么将 $d$两两结合,有
$\large\int_{1}^{n^{\frac 14}} (\frac 1{x^{\frac 43}})+(\frac 1{(\frac{n^{\frac 12}}{x^{\frac 34}})})dx\\>=\int_{1}^{n^{\frac 14}} 2\left(\frac 1{x^{\frac 43}{(\frac{n^{\frac 12}}{x^{\frac 34}})}}\right)dx\\=\int_{1}^{n^{\frac 14}} 2\left(\frac 1{n^{\frac 12}}\right)dx$于是我们又回到离散的,最多有 $\frac{n^\frac 12}2$对这样的关系,所以
$\large \sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})=\frac{n^\frac 12}2\cdot2\left(\frac 1{n^{\frac 12}}\right)=1$所以总时间复杂度为 $\large \Theta\left(n^{\frac 23}\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})\right)=\Theta(n^{\frac 23})$
申明:以上的 $\int$符号纯属乱用,只是不能再用 $\sum$表示 $x$的取值可能不为整数的和了

AC code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 316228;
int Cnt, Prime[N], mu[N];
bool IsnotPrime[N];

void init()
{
	mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; ++i)
	{
		if(!IsnotPrime[i])
			Prime[++Cnt] = i, mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= Cnt && i * Prime[j] < N; ++j)
		{
			IsnotPrime[i * Prime[j]] = 1;
			if(i % Prime[j] == 0) { mu[i * Prime[j]] = 0; break; }
			mu[i * Prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}

LL solve(LL n)
{
	LL ret = n;
	for(int d = 1; (LL)d*d <= n; ++d) if(mu[d])
	{
		LL m = n/((LL)d*d), s = 0;
		for(int a = 1; (LL)a*a*a <= m; ++a)
		{
			for(int b = a+1; (LL)a*b*b <= m; ++b)
				s += (m/((LL)a*b)-b) * 6 + 3; // * 6 -> a < b < c ( P(3,3) = 6 )
												// + 3 -> a < b = c ( P(3,3)/P(2,2) = 3)
			s += (m/((LL)a*a)-a) * 3 + 1; // * 3 -> a = b < c ( P(3,3)/P(2,2) = 3 )
											// + 1 -> a = b = c
		}//以上的"-b","-a"都是为了满足 c>b 或 c>b=a,跟时间复杂度的分析一样
		ret += s * mu[d];
	}
	return ret / 2;
}

int main ()
{
	LL a, b; init();
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	printf("%lld\n", solve(b)-solve(a-1));
}

.
.
可写死我了