【BZOJ 4652】【NOI 2016】循环之美

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题解：

　　真是一道好题……

一：

　　一个分数$\frac{x}{y}$完全循环当其第一次出现时，当且仅当y与k互质，x与y互质，且y不等于1。

　　整数情况下y一定为1，即也满足以上判断。

　　推导：

　　　　方法一：打表找规律= =

　　　　方法二：x与y互质去重= =，设循环次数为l,则对于循环节第一次循环前剩余$x\mod y$，第二次循环前剩余$xk^l\mod y$，若其为循环则满足：,由x与y互质可知存在x对y的逆元,所以：

　　　　　　　　

由贝祖定理可知，k与y互质。

二、反演：

　　　　　　　　　　

　　考虑d前面时间复杂度为$O(\sqrt{k}\ln k)$，后边分块时间复杂度$O(\sqrt n)$

　　考虑如何得到$S(n,sg)=\sum_{i=1}^n \mu(isg)$。

　　1.当$\mu(sg)==0$时，上式为0;

　　2.设p为sg质因数，则有$S(n,sg)=\sum_{i=1}^n\mu(i)([p|i]-1)$,故$S(n,sg)=S(n/p,sg)-S(n,sg/p)$。

　　故求一次$S(n,sg)$的时间复杂度约为$(O(2^{k的质因子个数}))$。

三、时间复杂度

　　$O(\sqrt{nk}\ln k)$　　

代码：

 #include "bits/stdc++.h"

 using namespace std;

 const int N=2e7+;

 int prim[N],num,miu[N],pre[N];
 bool vis[N];

 inline void init(){
     miu[]=;
     pre[]=;
     register int i,j;
     for( i=;i<N;++i){
         if(!vis[i])
             prim[++num]=i,miu[i]=-;
         for( j=;prim[j]*i<N;++j){
             vis[i*prim[j]]=true;
             if(i%prim[j])   {
                 miu[i*prim[j]]=-miu[i];
             }else{
                 miu[i*prim[j]]=;break;
             }
         }
         pre[i]+=pre[i-]+miu[i];
     }
 }

 int n,m,k,wr[N],cnt;
 int fac[][];
 vector<int> factor[];

 map<int,int> ss;

 inline int Get_miu(int x){
     if(x<N) return pre[x];
     if(ss.count(x)) return ss[x];
     int ans=;
     for(int i=,pos;i<=x;i=pos+){
         pos=x/(x/i);
         ans-=Get_miu(x/i)*(pos-i+);
     }
     return ss[x]=ans;
 }

 inline int get_miu(int x,int sg){
     if(sg==)return Get_miu(x);
     if(x<=) return fac[sg][x];
     else    {
         int p=wr[sg];
         return get_miu(x/p,sg)-get_miu(x,sg/p);
     }
 }

 int main(){
     //  freopen("1.out","r",stdin);
     // freopen("b1.out","w",stdout);
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     init();
     for(int i=;i<=k;++i)
         for(int j=;j<=i;++j)
             if(i%j==)  factor[i].push_back(j);

     for(int i=;i<=;++i)
         for(int j=;prim[j]<=i;++j) if(i%prim[j]==)   wr[i]=prim[j];
     for(int i=;i<=;++i)
         if(k%i==)
         for(int j=;j<=;++j)
             fac[i][j]=fac[i][j-]+miu[j*i];

     long long ans=,sum;
     register int d,pos;
     int last,now,nn,mm,t1,t2,t,g,s,p,q;
     for(int i=;i<factor[k].size();++i){
         t=factor[k][i];
         sum=;
         for( p=;p<factor[t].size();++p){
              g=factor[t][p];
             for( q=,s;q<factor[t/g].size();++q){
                 s=factor[t/g][q];
                 t1=s*g,t2=s*t;
                 nn=n/t1,mm=m/t2;
                 last=,now;
                 if(miu[s*g]==) continue;
                 for(d=,pos;d<=min(nn,mm);d=pos+){
                     pos=min(nn/(nn/d),mm/(mm/d));
                     now=get_miu(pos,s*g);
                     sum+=(now-last)*1ll*(nn/d)*(mm/d)*miu[s];
                     last=now;
                 }
             }
         }
         ans+=sum*miu[t];
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }