P4450-双亲数,P5221-Product,P6055-[RC-02]GCD【莫比乌斯反演,杜教筛】

除了最后一题都比较简单就写一起了

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P4450-双亲数

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4450

题目大意

给出\(A,B,d\)求有多少对\((a,b)\)满足\(gcd(a,b)=d\)且\(a\in[1,A],b\in[1,B]\)

解题思路

很显然的容斥，枚举\(d\)的倍数\(i\)，然后容斥系数就是\(\mu(\frac{i}{d})\)。

时间复杂度\(O(n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int A,B,d,mu[N],pri[N],cnt;
long long ans;
bool v[N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&A,&B,&d);
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    if(A>B)swap(A,B);
    for(int i=d;i<=A;i+=d)
        ans+=1ll*(A/i)*(B/i)*mu[i/d];
    printf("%lld\n",ans);
}

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P5221-Product

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5221

题目大意

给出\(n\)求

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}
\]

解题思路

\(\text{CYJian}\)的题啊，时限\(0.2s?\)不过只是看起来花里胡哨，没有其他\(\text{CYJian}\)的题那么难。

先简单把\(lcm\)拆出来化一下式子

\[\left(\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ni\times j\right)\frac{1}{\left(\prod_{i=1}^{n}\prod_{j=1}^ngcd(i,j)\right)^2}
\]

左边那个很容易求就是\((n!)^{2n}\)，右边那个因为是乘积所以很好做，直接枚举质数幂\(d^e\)，让有\(\lfloor\frac{n}{d^e}\rfloor^2\)对数的\(gcd\)包含\(d^e\)，会产生这么多的贡献，但是因为在\(d^{e-1}\)的时候也统计过一次，所以只需要产生\(d\)的贡献就好了。

时间复杂度\(O(n\log n)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=104857601;
ll n,ans,cnt,pri[N];
bool v[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);ans=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i]){
            for(ll j=i;j<=n;j=j*i)
                ans=ans*power(i,(n/j)*(n/j)%(P-1))%P;
            pri[++cnt]=i;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
    ans=power(ans*ans%P,P-2);
    ll f=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)f=f*i%P;
    f=power(f,2*n);ans=ans*f%P;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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P6055-[RC-02]GCD

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6055

题目大意

给出\(n\)求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{j}\rfloor}\sum_{q=1}^{\lfloor\frac{n}{j}\rfloor}[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]
\]

解题思路

刚开始还以为可以直接暴力整除分块+杜教筛欧拉函数然后\(O(n^{\frac{3}{4}})\)搞，然后发现时限是\(1s\)。

发现这个式子的顺序很奇怪，特意的把\(j\)放在了里面。这个提示我们\(j\)其实是在枚举\(p\)和\(q\)的\(gcd\)。

而又\(j\)和\(i\)互质，其实这个式子的真正目的是对于每个\(i\)求有多少对数的\(gcd\)和\(i\)互质然后求和。换成式子就是

\[\sum_{i=1}^n\sum_{q=1}^n\sum_{p=1}^n[gcd(gcd(q,p),i)=1]
\]

就是三对数之间互质的对数，之间上莫反就可以了

\[\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor^3\mu(i)
\]

\(n\)比较大，要用杜教筛筛一下\(mu\)

时间复杂度\(O(n^{\frac{2}{3}})\)？

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,P=998244353;
ll n,cnt,pri[N],mu[N],ans;
map<ll,ll> mp;
bool v[N];
ll get_sum(ll n){
    if(mp.find(n)!=mp.end())return mp[n];
    if(n<N)return mu[n];
    ll rest=1;
    for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1)
        r=n/(n/l),(rest+=P-(r-l+1)*get_sum(n/l))%=P;
    return mp[n]=rest;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);mu[1]=1;
    for(ll i=2;i<N;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(ll i=1;i<N;i++)(mu[i]+=mu[i-1])%=P;
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ll p=n/l;p=p*p%P*p%P;
        (ans+=p*(get_sum(r)-get_sum(l-1))%P)%=P;
    }
    printf("%lld\n",(ans+P)%P);
    return 0;
}