Codeforces 235E Number Challenge

http://codeforces.com/contest/235/problem/E

远距离orz......rng_58

证明可以见这里（可能要翻墙才能看到）

还是copy一下证明吧：

记

$$f(a,b,c)=\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}\sum\limits_{k=1}^{c}d(ijk)$$

和

$$g(a,b,c)=\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor$$

我们先证明下面的等式：

$f(a,b,c)-f(a-1,b,c)-f(a,b-1,c)-f(a,b,c-1)+f(a-1,b-1,c)+f(a-1,b,c-1)+f(a,b-1,c-1)-f(a-1,b-1,c-1)$

$=g(a,b,c)-g(a-1,b,c)-g(a,b-1,c)-g(a,b,c-1)+g(a-1,b-1,c)+g(a-1,b,c-1)+g(a,b-1,c-1)-g(a-1,b-1,c-1)$

根据容斥原理，我们容易知道

$$等式左边=d(abc)$$

我们继续化简一下等式右边（可能有点长，不过很好理解）：

$g(a,b,c)-g(a-1,b,c)-g(a,b-1,c)-g(a,b,c-1)+g(a-1,b-1,c)+g(a-1,b,c-1)+g(a,b-1,c-1)-g(a-1,b-1,c-1)$

$=\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}(\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b-1}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c-1}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b-1}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c-1}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b-1}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c-1}{k} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b-1}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c-1}{k} \right \rfloor)$

因式分解得：

$=\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}(\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor)(\left \lfloor \frac{b}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{b-1}{i} \right \rfloor)(\left \lfloor \frac{c}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{c-1}{i} \right \rfloor)$

容易知道，当且仅当$a\%i=0$时，$\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{a-1}{i} \right \rfloor=1$，其他时候为$0$。$\left \lfloor \frac{b}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{b-1}{i} \right \rfloor$和$\left \lfloor \frac{c}{i} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{c-1}{i} \right \rfloor$也是如此。

很好，所以：

$$等式右边=|\{(i,j,k)|gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1且a\%i=b\%j=c\%k=0\}|$$

$$（即满足gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1且a\%i=b\%j=c\%k=0的三元组(i,j,k)的个数）$$

我们复习一下约数和定理：

记$P_i$为第$i$个质数，显然$P_1=2,P_2=3,P_3=5,P_4=7......$

对于质数$P_i$，记$x_i$是满足$a\%P_i^{x_i}=0$的最大数。类似地，记$y_i$是满足$b\%P_i^{y_i}=0$的最大数，记$z_i$是满足$c\%P_i^{z_i}=0$的最大数。

根据约数和定理，$d(abc)=\prod\limits_{i=1}^{oo}(x_i+y_i+z_i+1)$

我们回过头来看我们的等式的右边：

$$等式右边=|\{(i,j,k)|gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1且a\%i=b\%j=c\%k=0\}|$$

$$（即满足gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1且a\%i=b\%j=c\%k=0的三元组(i,j,k)的个数）$$

我们试着构造出这个集合。

我们先将三元组$(i,j,k)$中的$i,j,k$分别质因数分解：

$i=P_1^{i_1}\times P_2^{i_2}\times P_3^{i_3}\times P_4^{i_4}......$

$j=P_1^{j_1}\times P_2^{j_2}\times P_3^{j_3}\times P_4^{j_4}......$

$k=P_1^{k_1}\times P_2^{k_2}\times P_3^{k_3}\times P_4^{k_4}......$

我们先考虑$P_1和i,j,k的质因子P_1的幂P_1^{i_1},P_1^{j_1},P_1^{k_1}$

因为$gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1且a\%i=b\%j=c\%k=0$

所以三元组$(i_1,j_1,k_1)$总共有$x_1+y_1+z_1+1$种：

$(0,0,0)$，有1种

$(1,0,0),(2,0,0),(3,0,0),...,(x_1,0,0)$，有$x_1$种

$(0,1,0),(0,2,0),(0,3,0),...,(0,y_1,0)$，有$y_1$种

$(0,0,1),(0,0,2),(0,0,3),...,(0,0,z_1)$，有$z_1$种

类似地，三元组$(i_2,j_2,k_2)$有$x_2+y_2+z_2+1$种，三元组$(i_3,j_3,k_3)$有$x_3+y_3+z_3+1$种......

根据乘法原理，所以恰好就是$\prod\limits_{i=1}^{oo}(x_i+y_i+z_i+1)$

又因为$等式左边=d(abc)=\prod\limits_{i=1}^{oo}(x_i+y_i+z_i+1)=等式右边$

所以

$f(a,b,c)-f(a-1,b,c)-f(a,b-1,c)-f(a,b,c-1)+f(a-1,b-1,c)+f(a-1,b,c-1)+f(a,b-1,c-1)-f(a-1,b-1,c-1)$

$=g(a,b,c)-g(a-1,b,c)-g(a,b-1,c)-g(a,b,c-1)+g(a-1,b-1,c)+g(a-1,b,c-1)+g(a,b-1,c-1)-g(a-1,b-1,c-1)$

很好，我们已经证明了这个等式了。

然后用简单的数学归纳法，我们可以得到

$$f(a,b,c)=g(a,b,c)$$

所以

$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}\sum\limits_{k=1}^{c}d(ijk)=\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor$

好神奇。。。。。。

而且这东西还能推广到任意维：

$\sum\limits_{i=1}^{a}d(i)=\sum\limits_{}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor$

$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}d(ij)=\sum\limits_{gcd(i,j)=1}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor$

$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}\sum\limits_{k=1}^{c}d(ijk)=\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor$

......

先看一道题放松一下。

好，回到本题。

先介绍一种比较简单的超时的方法。

记$g(x,y)=\sum\limits_{i=1}^{x}\sum\limits_{j=1}^{y}d(ij)$

我们可以在$O(\sqrt{N})$的时间内完成。

记$s(n,r)=\sum\limits_{i=1}^{r}d(in)$

容易知道$s(n,r)=g(n,r)-g(n-1,r)$，所以也可以在$O(\sqrt{N})$的时间完成。

那么原问题就是：

$$\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}\sum\limits_{k=1}^{c}d(ijk)=\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}s(ij,c)$$

直接枚举$i$和$j$，然后算$s(ij,c)$，时间复杂度是$O(N^{\frac{5}{2}})$。

好吧，这种方法是超时。

2015.11.12

经过wck大神的提点，终于A这道题了。

$\sum\limits_{gcd(i,j)=gcd(j,k)=gcd(i,k)=1}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor$

$=\sum\limits_{i}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\sum\limits_{(i,j)=1}\sum\limits_{(i,k)=1}\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor[(j,k)==1]$

$=\sum\limits_{i}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\sum\limits_{(i,j)=1}\sum\limits_{(i,k)=1}\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor\sum\limits_{d|j,d|k}\mu (d)$

$=\sum\limits_{i}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\sum\limits_{d}\mu (d)\sum\limits_{d|j,(i,j)=1}\left \lfloor \frac{b}{j} \right \rfloor \sum\limits_{d|k,(i,k)=1}\left \lfloor \frac{c}{k} \right \rfloor$

$记j=dj',k=dk',则：$

$\sum\limits_{i}\left \lfloor \frac{a}{i} \right \rfloor\sum\limits_{d}\mu (d)\sum\limits_{(i,dj')=1}\left \lfloor \frac{b}{dj'} \right \rfloor \sum\limits_{(i,dk')=1}\left \lfloor \frac{c}{dk'} \right \rfloor$

我们先枚举$i$和$d$，然后分别枚举求$\sum\limits_{(i,dj')=1}\left \lfloor \frac{b}{dj'} \right \rfloor$ 和 $\sum\limits_{(i,dk')=1}\left \lfloor \frac{c}{dk'} \right \rfloor$，我们枚举的次数只是是$b/d$和$c/d$

所以其实计算的次数只是$a*(b/1+b/2+...+b/b)<ablogb$，不超时。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<functional>
#include<deque>
#include<cctype>
#include<climits>
#include<complex>
//#include<bits/stdc++.h>适用于CF,UOJ，但不适用于poj

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double DB;
typedef pair<int,int> PII;
typedef complex<DB> CP;

#define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a))
#define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v)
#define re(i,a,b)  for(i=(a);i<=(b);i++)
#define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--)
#define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++)
#define fi first
#define se second
#define m_p(a,b) make_pair(a,b)
#define p_b(a) push_back(a)
#define SF scanf
#define PF printf
#define two(k) (1<<(k))

template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;}
template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;}
template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;}

inline int sgn(DB x){if(abs(x)<1e-)return ;return(x>)?:-;}
const DB Pi=acos(-1.0);

int gint()
  {
        int res=;bool neg=;char z;
        for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar());
        if(z==EOF)return ;
        if(z=='-'){neg=;z=getchar();}
        for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*+z-'',z=getchar());
        return (neg)?-res:res;
    }
LL gll()
  {
      LL res=;bool neg=;char z;
        for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar());
        if(z==EOF)return ;
        if(z=='-'){neg=;z=getchar();}
        for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*+z-'',z=getchar());
        return (neg)?-res:res;
    }

const int maxn=;
const LL MOD=;

int a,b,c;
LL ans;

int flag[maxn+],cnt,prime[maxn+],mul[maxn+];
void prepare(int n)
  {
      int i,j;
      flag[]=;mul[]=;
      re(i,,n)
        {
            if(!flag[i])prime[++cnt]=i,mul[i]=-;
            for(j=;j<=cnt && prime[j]*i<=n;j++)
              {
                  flag[prime[j]*i]=;
                  if(i%prime[j]==){mul[i*prime[j]]=;break;}else mul[i*prime[j]]=-mul[i];
              }
        }
  }

int gcd(int a,int b){return b==?a:gcd(b,a%b);}

int main()
  {
      freopen("CF235E.in","r",stdin);
      freopen("CF235E.out","w",stdout);
      int i;
      a=gint();b=gint();c=gint();
      if(b<c)swap(b,c);
      prepare(b);
      int d,jp,kp;
      re(i,,a)
        re(d,,b)if(mul[d]!= && gcd(i,d)==)
          {
              LL rj=,rk=;
              for(jp=;d*jp<=b;jp++)if(gcd(i,jp)==)(rj+=b/(d*jp))&=(MOD-);
              for(kp=;d*kp<=c;kp++)if(gcd(i,kp)==)(rk+=c/(d*kp))&=(MOD-);
              LL res=(a/i);
              (res*=mul[d])&=(MOD-);
              (res*=rj)&=(MOD-);
              (res*=rk)&=(MOD-);
              (ans+=res)&=(MOD-);
          }
      cout<<ans<<endl;
      return ;
  }