题解【bzoj3529 [SDOI2014]数表】

Description

\(T\) 组询问，定义 \(F(n)=\sum\limits_{d|n}d\)。每次给出 \(n,m,a\) 求

\[\sum\limits_{i=1,j=1,F(\gcd(i,j)) \leq a}^{i\leq n, j \leq m} F (\gcd(i,j))
\]

\(T \leq 20000;n,m,a\leq 10^5\)

Solution

首先 \(F\) 可以直接暴力地 \(O(n \log n)\) 筛出来。

考虑 \(a\) 的限制不是很好处理，假设没有这个 \(a\) 的限制，则所求为

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m} F (\gcd(i,j))
\]

令 \(G(i)=\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}[\gcd(x,y)=i]\)。这个东西是什么呢？在 这里 有它的推导过程。根据里面的过程，可以得到 \(G(i) = \sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor\)（默认 \(n \leq m\)）

令下面的过程中\(t = id\)，则所求的是

\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=1}^{n}F(i)G(i) \\ &= \sum\limits_{i=1}^{n}F(i)\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor \\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}F(i)\sum\limits_{i | t}\mu(\frac{t}{i})\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor \\ &= \sum\limits_{t=1}^{n}\lfloor\frac{n}{t}\rfloor\lfloor\frac{m}{t}\rfloor\sum\limits_{i | t}F(i)\mu(\frac{t}{i})\end{aligned}
\]

观察后面的式子，正好是一个狄利克雷卷积的形式。这种样子的都可以类似于那种 \(O(n \log n)\) 地质数筛法在调和级数内求出来，再结合分块就可以做完这个没有 \(a\) 的题。

现在有了 \(a\) 的限制之后，离线。把询问按照 \(a\) 从小到大排序，然后按照 \(F(i)\) 从小到大加入。每当有一个新的 \(a\) ，就可以移动指针，将一些 \(F\) 用处理 \(\sum\limits_{i | t}F(i)\mu(\frac{t}{i})\) 的方式加入到这个里面。然后加入完之后用分块计算就行。

现在需要维护单点操作，查询前缀和，树状数组是不错的选择。

由于取模是 \(2^{32} - 1\) ，可以直接 int 自然溢出最后和 \(2147483647\) 取一个 & 就行了。

时间复杂度：\(O(n + n \log n + n \log ^ 2 (n) + T \log (n)\sqrt n)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000;
int T, cnt, flag[N + 5], p[N + 5], F[N + 5], mu[N + 5], ans[N + 5];
inline void prework() {
  flag[1] = mu[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= N; i++) {
    if(!flag[i]) { p[++cnt] = i, mu[i] = -1; }
    for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= N; j++) {
      flag[i * p[j]] = 1; if(i % p[j] == 0) {
        mu[i * p[j]] = 0; break ;
      } mu[i * p[j]] = mu[i] * -1;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= N; i++)
    for(int j = i; j <= N; j += i) F[j] += i;
}
int c[N + 5];
inline int lb(int x) { return x & (-x); }
inline void add(int x, int d) {
  for(int i = x; i <= N; i += lb(i)) c[i] += d;
}
inline int sum(int x) {
  int ret = 0;
  for(int i = x; i; i -= lb(i))
    ret += c[i]; return ret;
}
inline int calc(int n, int m) {
  int ret = 0;
  for(int l = 1, r; l <= min(n, m); l = r + 1) {
    r = min(n / (n / l), m / (m / l));
    ret += (n / l) * (m / l) * (sum(r) - sum(l - 1));
  } return ret;
}
struct Query {
  int n, m, a, id;
  inline bool operator < (const Query &x) const {
    return a < x.a;
  }
}Q[N + 5];
struct node {
  int id, d;
  inline bool operator < (const node &x) const {
    return d < x.d;
  }
}A[N + 5];
int main() {
  prework(); scanf("%d", &T);
  for(int i = 1; i <= T; i++) scanf("%d %d %d", &Q[i].n, &Q[i].m, &Q[i].a), Q[i].id = i;
  for(int i = 1; i <= N; i++) A[i].d = F[i], A[i].id = i;
  sort(Q + 1, Q + T + 1); sort(A + 1, A + N + 1); int pos = 0;
  for(int i = 1; i <= T; i++) {
    while(pos < N && A[pos + 1].d <= Q[i].a) {
      ++pos;
      for(int j = 1; A[pos].id * j <= N; j++)
        add(j * A[pos].id, A[pos].d * mu[j]);

    } ans[Q[i].id] = calc(Q[i].n, Q[i].m);
  }
  for(int i = 1; i <= T; i++) printf("%d\n", ans[i] & 2147483647);
  return 0;
}