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好妙的一道神仙题

题目大意

让你求在$k$进制下,\(\frac{x}{y}\)(\(x\in [1,n],y\in [1,m]\))中有多少个最简分数是纯循环小数

SOLUTION

首先查一下资料,你会发现在十进制下,一个分数是纯循环小数的充要条件是分母的质因子中不含$2$和$5$。因为$10=2\times 5$,于是我们猜在$k$进制下只要分母与$k$互质即可
orz,猜对了!但是怎么证明呢?
先在十进制下考虑,看一下题目给的提示,可以知道那些余数其实是$x\ mod\ y$,$10x\ mod\ y$,$102x\ mod\ y$...,余数出现重复,表明如下同余方程有解:
$$10
lx\equiv x(mod\ y)$$
又因为$gcd(x,y)=1$,所以$10^l\equiv 1(mod\ y)$,然后可以得出$gcd(y,10)=1$
在$k$进制下同理

于是题目可以等价成让我们求这个式子的值(分数线默认向下取整)
\(\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)=1][gcd(y,k)=1]\)
两个和号并一起太丑了,先分开
\(=\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(y,k)=1]\sum\limits_{x=1}^{n}[gcd(x,y)=1]\)
上个莫比乌斯反演
\(=\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(y,k)=1]\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{d|x,d|y}\mu (d)\)
把$d$往前提
\(=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum\limits_{d|x}^{n}\sum\limits_{d|y}^{m}[gcd(y,k)=1]\)
\(=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\sum\limits_{x=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1]\)
\(=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1]\)
因为$k$只有$2000$,所以后面那个和号可以预处理一下然后$O(1)$的求。大概就是设$g(n)=\sum\limits_[gcd(i,k)=1]$,同时有$g(n)=\fracg(k)+g(n\ mod\ k)$,只需要预处理到$g_k$就好了
主要是前面的这一部分,推导过程参考自yyb

\(f(n,k)=\sum\limits_{d=1}^{n}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\)
\(=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu (d)\sum\limits_{i|d,i|k}\mu (i)\)
\(=\sum\limits_{i|k}\mu (i)\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{i}}\mu (id)\)
然后一波天秀的操作(用到了$\mu$函数的定义和它的积性)
\(=\sum\limits_{i|k}\mu (i)\sum\limits_{d=1,gcd(d,i)=1}^{\frac{n}{i}}\mu (d)\mu (i)\)
\(=\sum\limits_{i|k}\mu (i)^2\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{i}}[gcd(d,i)=1]\mu (d)\)
\(=\sum\limits_{i|k}\mu (i)^2f(\frac{n}{i},i)\)
然后就可以愉快地递归加个记忆化了,但是边界稍微有点麻烦:
当$n\leqslant 1$或$k=1$时,它等于$\sum\limits_
\mu (d)$,而$n$最大可能有$10^9$,所以需要上一个杜教筛
回到这个式子
\(\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1]\)
把后面用$g$替换,得到
\(=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}g(\frac{m}{d})\)
发现是一个二维整除分块的形式,然后就没了
代码,用了一点小优化:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define ll long long
#define MAXN 1000000
#define MAXK 2000 int n, m, k;
int prime[MAXN + 5], mu[MAXN + 5], sum[MAXN + 5], cnt, g0[MAXK + 5];
bool vis[MAXN + 5];
map<int, int> m1;
map<ll, int> m2; int gcd(int x, int y) {
return !y ? x : gcd(y, x % y);
} void init() {
mu[1] = sum[1] = 1;
vis[1] = true;
for (int i = 2; i <= MAXN; ++i) {
if (!vis[i]) prime[++cnt] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= MAXN; ++j) {
vis[i * prime[j]] = true;
if (i % prime[j] == 0) break;
else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
sum[i] = mu[i] + sum[i - 1];
}
for (int i = 1; i <= k; ++i) g0[i] = g0[i - 1] + (gcd(i, k) == 1);
} int getsum(int n) {
if (n <= MAXN) return sum[n];
else if (m1.count(n)) return m1[n];
int ret = 1;
for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
ret -= (r - l + 1) * getsum(n / l);
}
return m1[n] = ret;
} int f(int n, int k) {
if (k == 1 || n <= 1) return getsum(n);
else if (m2.count(3000LL * n + k)) return m2[3000LL * n + k];
int ret = 0;
for (int i = 1; i <= k; ++i) {
if (k % i) continue;
if(mu[i]) ret += mu[i] * mu[i] * f(n / i, i); // 优化,如果mu[i]是0就不需要递归了
}
return m2[3000LL * n + k] = ret;
} int g(int n) {
return n / k * g0[k] + g0[n % k];
} int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
init();
int lim = min(n, m);
ll ans = 0;
for (int l = 1, r; l <= lim; l = r + 1) {
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
ans += 1LL * (f(r, k) - f(l - 1, k)) * (n / l) * g(m / l);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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