P4844 LJJ爱数数 数论

思路： 化简后得到(a+b)c=ab，设g=(a,b)，A=a/g，B=b/g，则g(A+B)c=ABg^2，即(A+B)c=ABg 由题目已知条件：(a,b,c)=1，即(g,c)=1，g|(A+B)c，故g|(A+B)， 设(A+B)/g=AB/c= k ∈ Z， 若k>1，因为A,B互质，所以k|A或k|B，则A+B不能被k整除，矛盾。因此k=1。 故充要条件为：1<=a,b,c<=n，a+b=g^2，c=ab/g^2。 枚举g，则可得A+B=g。用莫比乌斯反演求出一定范围内与g互质的数的个数即可。 写程序的过程中，你会发现，枚举1到sqrt(2n)的g之后，只需枚举g的约数。 所以时间复杂O(sqrt(n)log(sqrt(n)))

题干:

题目描述

PJY某次翻阅杂志时，看到一道题：

求出所有的正整数三元组{a,b,c}，满足a,b,c<=n，a,b,c三个数的最大公约数为1，且1/a+/b=/c。

PJY嫌这道题太水，于是把它甩给了爱数数的LJJ，并加上了数据范围n<=1e12，让LJJ数出有多少组满足条件的三元组{a,b,c} （注意当a不等于b时，{a,b,c}和{b,a,c}是不同的三元组，要算两次）

LJJ数到一半，发现这个数量太大了，于是他把问题抛给了你。请你输出这个数量。
输入输出格式
输入格式：

输入仅一行：一个正整数n（n<=1e12）

输出格式：

输出仅一行：一个整数，表示满足条件的三元组{a,b,c}的数量

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
template <class T>
void read(T &x)
{
    char c;
    int op = ;
    while(c = getchar(),c > '' || c < '')
    if(c == '-') op = ;
    x = c - '';
    while(c = getchar(),c <= '' && c >= '')
    x = x *  + c - '';
    if(op) x = -x;
}
#define duke(i,a,n) for(register int i = a;i <= n;++i)
#define lv(i,a,n) for(register int i = a;i >= n;--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
#define N 1500000
struct node
{
    int l,r,nxt;
}a[];
ll n,ans;
int len = ,lst[N + ];
bool che[N + ];
int pri[N + ],tot = ,miu[N + ];
inline void add(int x,int y)
{
    a[++len].l = x;
    a[len].r = y;
    a[len].nxt = lst[x];
    lst[x] = len;
}
inline void init()
{
    miu[] = ;
    duke(i,,N)
    {
    if(!che[i])
    {
        pri[++tot] = i;
        miu[i] = -;
    }
    duke(j,,tot)
    {
        if(i * pri[j] > N) break;
        che[i * pri[j]] = ;
        if(!(i % pri[j]))
        break;
        else
        miu[pri[j] * i] = -miu[i];
    }
    }
}
inline int getans(int x,int y)
{
    if(y <= ) return ;
    int res = ;
    for(int k = lst[x];k;k = a[k].nxt)
    {
    if(a[k].r <= y)
    res += miu[a[k].r] * (y / a[k].r);
    }
    return res;
}
inline ll imax(ll x,ll y)
{
    return x > y ? x : y;
}
inline ll imin(ll x,ll y)
{
    return x < y ? x : y;
}
int main()
{
    init();
    for(register int i = ;i <= N;i++)
    {
    if(miu[i])
    {
        for(register int j = i;j <= N;j += i)
        add(j,i);
    }
    }
    //cout<<tot<<endl;
    read(n);ans = ;
    for(register int i = ;1ll * i * i <= (n * );i++)
    {
    int low = (imax(1ll,1ll * i * i - n) - ) / i;
    int high = (imin(1ll * i * i - ,n) / i);
    ans += (ll)getans(i,high) - (ll)getans(i,low);
    //cout<<ans<<endl;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return ;
}