NOI 2016 循环之美 (莫比乌斯反演+杜教筛)
题目大意:略 洛谷传送门 鉴于洛谷最近总崩,附上良心LOJ链接
任何形容词也不够赞美这一道神题
$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1][gcd(j,K)==1]$
$\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1]\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$
我们先处理右边的式子$\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$:
$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$
$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$
$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(jd,K)==1]$
加下来就是比较关键的一个展开式子,[gcd(jd,K)==1]是[gcd(d,K)==1]&[gcd(j,K)==1]的充分必要条件:
$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$
84分算法:
令$f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$
这是啥?
欧拉函数$\varphi$啊!别和我一样反演傻了连欧拉函数的定义都忘了
$f(n)=\left \lfloor \frac{n}{K} \right \rfloor \varphi(K) + \sum\limits_{i=1}^{n\;mod\;K}[gcd(i,K)==1]$
预处理出$\varphi(K)$和$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$,那么$f(n)$就能在$O(1)$求得
可$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]\mu(d)$就不能用$\varphi$了,但经过计算,$g$数组能在大约$O(n*K的质因子个数)$的时间内处理出来,极限情况也只不超过$2.6 \cdot 10^{7}$
那么这个问题就在$O(n)$的时间内被解决了
蒟蒻的代码写得非常迷就不放了
100分算法:
这是一道神仙题
先放上原式:$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$
$\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$可以用$84$分算法里的方法预处理,每次$O(1)$得到
现在令$g(N,K)=\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,K)==1]\mu(i)$
$=\sum\limits_{i=1}^{N}\mu(i)*\sum\limits_{d|i}\mu(d)$
$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{N} [d|i]\mu(i)$
$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} \mu(id)$
关键的部分来了
如果两个数$gcd(x,y)==1$,说明它们没有公共因子,满足积性函数的性质,那么$\mu(xy)=\mu(x)\mu(y)$
反之它们存在公共因子,那么$\mu(xy)$一定等于$0$
利用这个性质
$=\sum\limits_{d|K}\mu(d)^{2} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$
诶!右面这个东西$\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$,似乎就是$g(\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor,d)$啊!
递归求解即可
当$n==0$是,答案就是$0$
发现$K==1$时不能继续递归了否则会死循环,此时
$G(n,1)=\sum\limits_{i=1}^{n} [gcd(i,1)==1]\mu(i)=\sum\limits_{i=1}^{n} \mu(i)$
$n$可能很大,上杜教筛即可
- #include <map>
- #include <cmath>
- #include <vector>
- #include <cstdio>
- #include <cstring>
- #include <algorithm>
- #define N1 20000010
- #define M1 2000010
- #define K1 2010
- #define ll long long
- #define dd double
- #define cll const long long
- #define it map<int,int>::iterator
- using namespace std;
- int N,M,K,maxn;
- int mu[N1],smu[N1],pr[M1],cnt,phik; bool use[N1];
- int f[K1],ps[K1],son[K1],is[K1],pn,sn;
- vector<int>ss[K1];
- void Pre()
- {
- int i,j,x; mu[]=smu[]=;
- for(i=;i<=maxn;i++)
- {
- if(!use[i]){ pr[++cnt]=i; mu[i]=-;}
- for(j=;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++)
- {
- use[i*pr[j]]=;
- if(i%pr[j]){ mu[i*pr[j]]=-mu[i];}
- else{ break; }
- }
- smu[i]=smu[i-]+mu[i];
- }
- for(son[++sn]=,x=K,phik=K,i=;i<=K;i++)
- {
- if(x%i==){ ps[++pn]=i; phik=phik/i*(i-); while(x%i==) x/=i; }
- if(K%i==){ son[++sn]=i; }
- }
- for(j=;j<=pn;j++)
- for(i=ps[j];i<=K;i+=ps[j]) is[i]=;
- for(i=;i<=K;i++) f[i]=f[i-]+(is[i]?:);
- for(i=;i<=sn;i++)
- {
- x=son[i];
- for(j=;j<=x;j++)
- if(x%j==&&mu[j]) ss[x].push_back(j);
- }
- }
- map<int,int>mp;
- ll Smu(int n)
- {
- if(n<=maxn) return smu[n];
- it k=mp.find(n);
- if(k!=mp.end()) return k->second;
- int i,la;ll ans=;
- for(i=;i<=n;i=la+)
- {
- la=n/(n/i);
- ans-=1ll*Smu(n/i)*(la-i+);
- }
- mp[n]=ans;
- return ans;
- }
- ll F(int x){return 1ll*(x/K)*phik+f[x%K];}
- ll G(int n,int k)
- {
- if(!n) return ;
- if(k==)
- {
- if(n<=maxn) return smu[n];
- else return Smu(n);
- }
- int i,d;ll ans=;
- for(i=;i<ss[k].size();i++)
- {
- d=ss[k][i];
- ans+=1ll*G(n/d,d);
- }
- return ans;
- }
- int main()
- {
- scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
- int i,j,la; ll ans=; maxn=min(max(N,M),); Pre();
- for(i=;i<=min(N,M);i=la+)
- {
- la=min(N/(N/i),M/(M/i));
- ans+=1ll*(G(la,K)-G(i-,K))*(N/i)*F(M/i);
- }
- printf("%lld\n",ans);
- return ;
- }
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