hdu4746 Mophues

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4746

题意：给出n, m, p，求有多少对a, b满足gcd(a, b)的素因子个数<=p，(其中1<=a<=n, 1<=b<=m)

分析：

　　设A(d)：gcd(a, b)=d的有多少种

     设B(j): gcd(a, b)是j的倍数的有多少种，易知B(j) = (n/j)*(m/j)

     则由容斥原理得：（注：不同行的μ是不相同的，μ为莫比乌斯函数）

     A(1) = μ(1)*B(1) + μ(2)*B(2) + μ(3)*B(3) + ... + μ(p1*p2...)*B(p1*p2...)

     A(2) = μ(1)*B(1*2) + μ(2)*B(2*2) + μ(3)*B(3*2) + ... + μ(p1*p2..)*B(p1*p2..*2)

     ...

     A(d) = μ(1)*B(1*d) + μ(2)*B(2*d) + μ(3)*B(3*d) + ... + μ(p1*p2..)*B(p1*p2..*d)

     ans = A(1)+A(2)+...+A(d) = F(1)*B(1) + F(2)*B(2) + ... + F(p1*p2..)*B(p1*p2..)

于是可以枚举公约数i{表示A(i)}，利用筛法找出i的倍数j，i对B(j)的贡献系数为：F(j)+=μ(j/i)

     总之，求出B(j)的总贡献系数F(j)即可得答案：F(1)*B(1)+F(2)*B(2)+...+F(n)*B(n)

     上面没有限制gcd的素因子个数，要限制其实不难，给系数加多一维即可：

     F(d)(p)表示：素因子个数<=p时，对B(d)的贡献系数

代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<cstring>

 using namespace std;
 const int maxn=;

 int n,m,p;
 int vis[maxn];
 int prime[maxn];
 int cnt;
 int num[maxn];
 int mu[maxn];
 int f[maxn][];

 void init()
 {
     memset(vis,,sizeof(vis));
     cnt=;
     mu[]=;
     for(int i=;i<maxn;i++)
     {
         if(!vis[i])
         {
             prime[cnt++]=i;
             mu[i]=-;
             num[i]=;
         }
         for(int j=;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;j++)
         {
             vis[i*prime[j]]=;
             num[i*prime[j]]=num[i]+;
             if(i%prime[j])
                 mu[i*prime[j]]=-mu[i];
             else
             {
                 mu[i*prime[j]]=;
                 break;
             }
         }
     }
     memset(f,,sizeof(f));
     for(int i=;i<maxn;i++)
         for(int j=i;j<maxn;j+=i)
             f[j][num[i]]+=mu[j/i];

     for(int i=;i<maxn;i++)
         for(int j=;j<;j++)
             f[i][j]+=f[i][j-];

     for(int i=;i<maxn;i++)
         for(int j=;j<;j++)
             f[i][j]+=f[i-][j];
 }

 int main()
 {
     init();
     int T;
     scanf("%d",&T);
     while(T--)
     {
         scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
         if(p>=)
         {
             printf("%lld\n",(long long)n*m);
             continue;
         }
         if(n>m)
             swap(n,m);
         int last;
         long long ans=;
         for(int i=;i<=n;i=last+)
         {
             last=min(n/(n/i),m/(m/i));
             ans+=(long long)(f[last][p]-f[i-][p])*(n/i)*(m/i);
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }